Файловый архив студентов. Файловый архив студентов.
1329 вузов, 5502 предметов.
/ Регистрация
FAQ Обратная связь Вопросы и предложения
Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Башкирский Государственный Аграрный Университет
Предмет:
[НЕСОРТИРОВАННОЕ]
Файл:

Механика решение задач статики твердого тела. Учебное пособие

.pdf
Скачиваний:
0
Добавлен:
07.09.2026
Размер:
1 Мб
Скачать
☆
y
a
∑
R
Cy
C
R
Cx
2a
1,5a
aq 3
C
R
Cx
R
Cy
P
x
1,5a
Рис. 2.4. Расчетная схема каждого из тел:
R
R
Ay
Ax
A
R
Ay
а – тела АС; б – тела ВС
3a
y
a
0,5P
M
B
3a
x
R
By
R
Bx
б
4. Для каждого из твердых тел составляем по три уравнения равновесия: для тела AC (см. рис. 2.4, а) – первое, второе и тре­тье, а для тела BС (см. рис. 2.4, б) – четвертое, пятое и шестое уравнение системы. Получаем систему, состоящую из шести уравнений с шестью неизвестными:
      
 
      
= - + α+ ⋅ - =
0 : sin 3 0,
F R P q aR
ix Cx Ax
i
= + - α=
0 : co s 0,
F RR P
∑
iy Cy Ay
i
= ⋅ - α⋅ - ⋅ ⋅ =
0 : 5 ( s i n ) 3 3 1, 5 0,
M R a P aq a a
∑
iA Cx
i
= -=
0 : 0,
F RR
∑
ix Cx Bx
i
=-+- =
0 : 0,5 0,
F RR P
∑
iy Cy By
i
= ⋅- ⋅-- =
0 : 3 3 0,5 0.
M R a R a M Pa
∑
iB Cy Cx
i
41
Из третьего уравнения системы получаем
α⋅ +⋅ ⋅ °⋅⋅+⋅⋅⋅ ⋅
⋅
5 51
a
⋅ ⋅⋅+⋅⋅⋅ ⋅ +
⋅
3.
51 5 5
=- + α+ ⋅ =- + °+ ⋅ ⋅ =
=-+ ⋅ +⋅⋅=-++ = кН340,5231 3265 .
3.
Bx Cx
⋅++
⋅⋅+ + ⋅⋅
33
= + = + ⋅=
=- ⋅ - ⋅ + ⋅ ⋅ + α⋅ + α⋅ -
∑
- ⋅ -+ ⋅ - ⋅=
=-⋅⋅-- ⋅ ⋅+⋅⋅⋅ ⋅+⋅ ⋅ ⋅+ ⋅ ⋅⋅-
- ⋅⋅ ⋅- + ⋅ ⋅-⋅⋅=0,5 4 2,5 1 6 7,67 1,5 1 3 3 1
=-++++--+ -= -= ⋅≈
( sin ) 3 3 1, 5 4 s i n 3 0 3 1 2 3 1 1, 5 1
P aq a a
= = =
R
Cx
40,531 2311,51 6 9 15
= = = =
Из первого уравнения системы получаем
кН
R R P qa
Ax Cx
sin 3 3 4sin30 2 3 1
Из четвертого уравнения системы получаем
= = кН
RR
Из шестого уравнения системы получаем
3 0,5
R a M Pa
Cx
= = =
R
Cy
3 31
a
++
9 6 2 17
= = ≈
3 3 1 6 0, 5 4 1
⋅
кН
5,67 .
Из пятого уравнения системы получаем
RR P
By Cy
кН0,5 5,67 0,5 4 7,67 .
Из второго уравнения системы получаем
=-+ α=-+ °≈-+ =-кНcos 5, 6 7 4 c o s 3 0 5, 67 3,46 2, 2 1 .
R RP
Ay Cy
Проверка. Составив уравнение равновесия для всей составной
конструкции, выполняем проверку расчетов (см. рис. 2.3, б):
M R aR aq a a P a P a
iK Ax Ay
i
5 1,5 3 3,5 ( cos ) 1,5 ( sin ) 2
0,5 2,5 1,5 3
P aMR aR a
By Bx
5 5 1 ( 2,21) 1,5 1 2 3 1 3,5 1 4 0,5 3 1,5 1 4 0,5 2 1
кН м25 3,32 21 5,20 4 5 6 11,51 9 45,03 45 0,03 0.
42
Поскольку составляющая реакции RAy получилась отрица-
≈≈кН кН5,47 ; 8,24 .
AB
RR
тельной, после проверки меняем ее первоначально выбранное направление на противоположное (см. рис. 2.3, б и 2.4, а).
По найденным составляющим определяем реакции шарнир-
но-неподвижных опор:
22 2 2
= +=+ ≈
R RR
A Ax Ay
22 2 2
= +=+ ≈
R RR
B Bx By
кН5 2,21 5,47 ;
кН3 7,67 8,24 .
По найденным составляющим определяем реакцию внутрен-
ней связи:
22 2 2
= +=+ ≈
R RR
С Сx Сy
кН3 5, 6 7 6, 41 .
Ответ:
Пример 2.3. Определить реакции опор составной конструк­ции (системы двух абсолютно твердых тел, соединенных шарни­ром в точке С), показанной на рис. 2.5. Вес конструкции не учи­тывать.
Исходные данные: P = 5 кН, M = 4 кН·м, q = 2 кН/м, а = 1 м,
o
α = 60
.
Рис. 2.5. Исходная расчетная схема системы двух тел,
P
α
C
q
а
соединенных шарниром в точке С
M
1,5a
B
a
A
43
Пример 2.4. Определить реакции опор и момент жесткой за-
0,5a
делки составной конструкции (системы двух абсолютно твердых тел, соединенных шарниром в точке С), показанной на рис. 2.6. Вес конструкции не учитывать.
Исходные данные: P = 20 кН, M = 5 кН·м, q = 3 кН/м, а = 2 м,
b = 5 м, α = 30°.
В
2a
Рис. 2.6. Исходная расчетная схема системы двух тел,
соединенных шарниром в точке С
M
q
C
b
A
a
P
2.2. Равновесие системы твердых тел с учетом сил сцепления
Пример 2.5. Тележка с заготовками удерживается в равнове­сии с помощью лебедки. Найти минимальное значение силы F, приложенной к штоку тормозного механизма лебедки, опре­делить реакции опор в точках A, B, С, O (рис. 2.7). Система на­ходится в состоянии покоя. При составлении расчетной схемы следует принимать во внимание лишь сцепление (трение покоя) между колодкой и барабаном тормозного механизма. Другими силами трения пренебречь.
Исходные данные: вес лебедки G = 1 кН, вес тележки с за­готовками P = 20 кН, угол наклона штока тормозной колодки α = 20°, расстояние от передней опоры штока до места контакта тормозной колодки с барабаном a = 10 см, расстояние между опо- рами штока b = 20 см, коэффициент сцепления (трения покоя) между колодкой и барабаном тормозного механизма f Вес троса и штока не учитывать.
44
= 0,1.
сц
B
O
C
P
R
R
= °- =  
= - °=
 
∑ ∑
1
0 : cos 4 5 0,
0: sin45 0.
ix
i
iy
i
FP T
F NP
= °= ⋅ °=
кН
cos45 20 cos45 14,14 .TP
= °= ⋅ °=
1
кНsin45 20 sin45 14,14 .NP
1,5
G
α
A
Рис. 2.7. Расчетная схема тормозного механизма лебедки
(исходная система твердых тел)
a
b
F
45
°
Решение
1. Рассмотрим систему уравновешивающихся сил, приложен-
ных к тележке, приняв ее за материальную точку, на которую действуют сила тяжести Q, реакция троса T и нормальная реак­ция опорной поверхности N
(рис. 2.8, а).
1
Уравнения равновесия тележки:
Из первого уравнения системы получаем
Из второго уравнения системы получаем
2. Определим реакцию RC опоры блока (рис. 2.8, б). Посколь-
ку конкретные направления составляющих R неизвестны, но известны линии их действия, задаем конкрет­ные направления R извольно. Если в ходе дальнейших расчетов какая-либо из них
и RCy заранее
Cx
и RCy на известных линиях действия про-
Cx
45
окажется отрицательной, то ее фактическое направление проти-
x
y
C
y
г
B
R
B
R
y
x
R
B
в
R
R
∑
= - °= - ⋅ °=
воположно первоначально выбранному.
T
N
P
45
1
°
T
R
Cy
x
R
Cx
T
°
45
а
б
O
y
N
2
T
1,5
R
Oy
O
R
G
R
Oy
Ox
α
N
2
x
F
сц
α
F
сц
a
A
b
A
F
Рис. 2.8. Расчетные схемы тел, входящих в рассматривае-
мую систему: а – тележки, принятой за материальную точку;
б – блока; в – барабана тормозного механизма; г – штока тор-
мозного механизма
Рассмотрим систему сил, приложенных к блоку, и составим уравнения равновесия (в соответствии с условием задачи, трение троса о блок и трение в оси блока не учитываем):
F RT T
i
F RT
∑
i
Из первого уравнения системы получаем
R TT
Cx
46
= + °- =
0 : co s 4 5 0,
ix Cx
= - °=
0: sin45 0.
iy Cy
кНcos45 14,14 14,14 cos45 4,14 .
Из второго уравнения системы получаем
=
сц сц 2
.F fN
∑
=- - α+ α=
сц 2
cos sin
Ox
R TF N
=- - ⋅ °+ ⋅ °≈
= °= ⋅ °= кНsin 45 14,14 sin 45 10,00 .
RT
Cy
По найденным составляющим определяем реакцию опоры
блока
2 2 22
= += +≈
R RR
C Cx Cy
кН4,14 10 10,82 .
3. Рассмотрим равновесие сил, приложенных к барабану (рис. 2.8, в). При этом учитываем, что в состоянии предельного равновесия сила F имеет минимальное значение. Что касается силы сцепления (силы трения покоя) между барабаном и колод­кой тормозного механизма, то она вычисляется по формуле
Таким образом, составляем систему, состоящую из четырех
уравнений:
 
i
 
∑
i
 
∑
i
F fN
= -+⋅ =
0 : 1, 5 0,
M TR F R
iO
= + α- α+ =
0 : cos si n 0,
F TF N R
ix Ox
= α+ α+ - =
0 : cos sin 0,
F N F RG
iy Oy
=
сц сц 2
2
.
сц
сц 2
сц
Из первого уравнения системы получаем
= = ≈
F
сц
1, 5 1, 5
кН
9, 43 .
14,14
T
Из четвертого уравнения системы получаем
F
9, 43
сц
= = =
N
2
f
сц
0,1
кН
94, 3 .
Из второго уравнения системы получаем
кН14,14 9,43 cos20 94,3 sin 20 9,25 .
47
Из третьего уравнения системы получаем
=- α- α+ =
RN F G
=- ⋅ °- ⋅ °+ ≈-
= +-=
= +=
min 2
⋅
=- =- ≈-
сц
кН
9, 43 10
4,7 2 .
20
B
Fa
R
b
Oy
cos sin
сц2
кН94,3 cos20 9,43 sin20 2 89,84 .
Поскольку величина ROy получилась отрицательной, следует
поменять первоначально выбранное направление R
на проти-
Oy
воположное (зачеркиваем двумя чертами первоначальное на­правление R
на рис. 2.8, в).
Oy
По найденным составляющим определяем реакцию опоры ба-
рабана:
22 2 2
= += + ≈
R RR
O Ox Oy
кН9,25 89,84 90,31 .
4. Для определения минимального значения силы F и реак-
ций опор A, B рассмотрим равновесие сил, приложенных к што­ку тормозного механизма (рис. 2.8, г). Реакции R
, RB перпен-
A
дикулярны направляющим штока, так как трением в опорах пренебрегаем. Поскольку конкретные направления реакций R
заранее не известны, но известны их линии действия, задаем
R
B
конкретные направления R
, RB на известных линиях действия
A
A
произвольно. Если в ходе дальнейших расчетов какая-либо ре­акция получится отрицательной, то ее фактическое направление противоположно первоначально выбранному.
Уравнения равновесия штока тормозного механизма:
,
F NF
∑
i
 
F RRF
∑
i
 
M F a Rb
∑
i
Из первого уравнения системы получаем
Из третьего уравнения системы получаем
48
0 : 0,
= -=
ix
iy A B
iA B
2 min
0 : 0,
0: 0.
сц
= =
кН94, 3 .FN
сц
Из второго уравнения системы получаем
=- + =-- + =
сц
кН( 4,72) 9,43 14,15 .
AB
R RF
=
94, 3 ;
=кН14,15 ;
R ≈ кН4,72 ;
B
R
≈кН90, 3 1 ;
R ≈ кН10, 82 .
C
R
C
P
R
R
Поскольку величина RB получилась отрицательной, следует
поменять первоначально выбранное направление R
на противо-
B
положное (зачеркиваем двумя чертами первоначальное направ­ление R
Ответ:
O
на рис. 2.8, г).
B
F
min
кН
A
Пример 2.6. Груз удерживается в равновесии с помощью ле­бедки. Найти минимальное значение силы F, приложенной к концу рычага тормозного механизма лебедки, определить ре­акции опор в точках A, С, O (рис. 2.9). Система находится в со­стоянии покоя. При составлении расчетной схемы следует при­нимать во внимание лишь сцепление (трение покоя) между колодкой и барабаном тормозного механизма. Другими силами трения пренебречь.
Исходные данные: вес лебедки G = 1 кН, вес груза P = 10 кН, расстояние от опоры рычага до места контакта тормозной колод­ки с барабаном b = 30 см, a = 10 см –расстояние от места кон­такта тормозной колодки с барабаном до точки приложения силы F, e = 4 см – расстояние от поверхности барабана до рычага тормозного механизма лебедки, коэффициент сцепления (тре­ния покоя) между колодкой и барабаном тормозного механизма
= 0,1. Вес троса и рычага не учитывать.
f
сц
Рис. 2.9. Исходная расчетная схема тормозного механизма
1,5
O
G
F
a
e
A
b
лебедки
49
3. РАВНОВЕСИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА
ПОД ДЕЙСТВИЕМ ПРОСТРАНСТВЕННОЙ
СИСТЕМЫ СИЛ
3.1. Последовательность определения
реакций опор твердого тела под действием
произвольной пространственной системы сил
При решении задач на равновесие твердого тела, находящего­ся под действием произвольной пространственной системы сил, следует придерживаться следующей последовательности дей­ствий.
1. Изобразить все активные силы и моменты, действующие на
твердое тело.
2. Применив принцип освобождаемости от связей, отбросить связи, заменив их действие соответствующими реакциями и мо­ментами.
3. Рассмотреть равновесие несвободного твердого тела как свободного, находящегося под одновременным действием актив­ных сил и моментов, а также реакций и моментов связей:
– убедиться в том, что задача является статически определен­ной (для произвольной пространственной системы сил можно составить шесть уравнений равновесия, поэтому число неизвест­ных должно быть не более шести; для пространственной систе­мы параллельных сил, в случае, если одна из координатных осей проведена параллельно этим силам, а также для пространствен­ной системы сходящихся сил число неизвестных должно быть не более трех);
– составить систему уравнений равновесия;
– решив систему уравнений, найти неизвестные величины.
Необходимыми и достаточными условиями равновесия систе­мы сил являются равенства нулю главного вектора и главного момента рассматриваемой системы сил относительно произволь­но выбранной точки. Поэтому, выбирая за центр приведения, например, начало координат – точку O (0; 0; 0), можно предста­вить необходимые и достаточные условия равновесия следую­щим образом:
50
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]
Помощь Обратная связь Вопросы и предложения Пользовательское соглашение Политика конфиденциальности