Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Механика решение задач статики твердого тела. Учебное пособие
.pdf
Из третьего уравнения системы получаем
=- - α- β- - β- =
1 2 6 34 5
sin sin sinT GT T T T T
=- -- ⋅ -- ⋅ -- -
-⋅ --=-+++= + β+ α ⋅ - + + β ⋅ =
∑
M TT T aTTT a
= - ⋅ - ⋅ ⋅-
=--++-=
= + + β+ α+ β - =
22
aa
=-+ - ⋅ -⋅ + ⋅ -
=- - β⋅ + α + β =
624
22
aa
M Q T aT T a
=---⋅⋅+-⋅ +⋅⋅=
22
20 ( 24,62) 0,4062 2 ( 30,10) 0,6644 24,62 0,4062 2
22
=-+ - + = - =20 20,00 20,00 20,00 40,00 40 0.
1,8 ( 30,10) 0,7474 ( 24,62) 0,9138 ( 22,5)
24,62 0,9138 ( 0,9) 1,8 22,50 22,50 22,5
- += -= кН
22,50 0,9 45,90 1,8 44,10 .
Проверка. Уравнения равновесия записываем, мысленно осу-
ществив перенос начала координат в точку О (см. рис. 3.3, б и
3.4). Тогда в них войдут все шесть неизвестных величин:
( sin sin ) ( sin )
Оix
i
16 2 354
(44,10 24,62 0,9138 30,10 0,7474) 2
-- - + ⋅ ⋅ =
( 22,50 0,9 24,62 0,9138) 2
88,20 45,00 45,00 45,00 1,8 45,00
=-=
135 135 0;
M TTT T T T
∑ 316 2 4 5
i
( 22,50 44,10 24,62 0,9138 30,10 0,7474 24,62 0,9138)
( sin sin sin )
Оiy
2
2
--=-+--++=
( 0,9) 22,50 44,10 22,50 22,50 22,50 0,9
2
2
=-=
67,50 67,50 0;
∑
i
Оiz
( cos ) ( cos ) ( cos )
Так как числовые значения T1 и T4 получились положительны-
ми, то первоначальные направления реакций T
, T4 были выбраны
1
правильно. Таким образом, стержни 1, 4 действительно растянуты.
Так как числовые значения T
тельными, то фактические направления реакций T
, T3, T5, T6 получились отрица-
2
, T3, T5, T6
2
61
противоположны первоначально выбранным. Таким образом,
= =-=-=
12 3 4
кН кН кН кН
44,10 ; 30,10 ; 22,50 ; 24,62 ;ТТ Т Т
= -
= -
6
кН
24, 62 .Т
стержни 2, 3, 5, 6 в действительности не растянуты, а сжаты.
Чтобы не загромождать рис. 3.3, б и 3.4, менять первоначально
выбранные направления указанных реакций не будем, а в ответе
запишем их отрицательными.
Ответ:
5
кН0, 9 ;Т
Пример 3.3. Однородная, тонкая, прямоугольная плита ABCD удерживается в горизонтальном положении с помощью
сферического шарнира в точке B, цилиндрического шарнира в
точке A, а также невесомого, шарнирно закрепленного по концам стержня СE (рис. 3.5, а). Этот стержень соединяет точку С
плиты с точкой E, находящейся на вертикальной стене, к которой плита крепится шарнирами в точках A и B. Найти реакции
шарниров в точках A, B и стержня СE.
Исходные данные: G – вес плиты, α – угол между стержнем
и плоскостью плиты, BE ^ AB, а – длина плиты, β – угол между
диагональю прямоугольной плиты и ее стороной, имеющей длину а.
Решение
1. Согласно принципу освобождаемости от связей, мысленно
отбросим сферический шарнир в точке B, цилиндрический шарнир в точке A, а также невесомый, шарнирно закрепленный по
концам стержень DE.
2. Действие отброшенных связей заменим реакциями. Поскольку направление реакции сферического шарнира B заранее неизвестно, заменяем реакцию R
дикулярными составляющими: R
тремя взаимно перпен-
B
, RBy, RBz. Цилиндрический
Bx
шарнир A допускает перемещение плиты вдоль оси y, поэтому
реакцию R
ставляющими: R
заменяем двумя взаимно перпендикулярными со-
A
, RAz. Мысленно отбросим стержень DE, на-
Ax
правив реакцию T вдоль оси отброшенного стержня.
3. Для данной пространственной системы сил можно составить шесть уравнений равновесия. Поскольку число неизвестных также равно шести, то задача является статически определенной (см. рис. 3.5, б):
62
E
б
= + - α β=
= - α β=
= + - + α=
= - + α+ =
β
= - α β+ =
=-=
∑
∑
∑
∑
∑
∑
0 : ( cos ) s in 0,
0 : ( cos ) cos 0,
0 : sin 0,
0 : ( sin ) 0,
2
tg
0: ( sin )( tg ) 0,
2
0: 0.
ix Ax Bx
i
iy By
i
zi Az Bz
i
Bix Az
i
Biy
i
Biz Ax
i
F RR T
F RT
F R R GT
a
M G T aRa
a
M T aG
M Ra
B
O
D
a
a
z
R
Bz
B
R
Bx
D
x
Рис. 3.5. Расчетная схема плиты: а – исходная;
a
б – эквивалентная
G
C
E
R
By
T
O
C
G
A
R
Az
y
A
R
Ax
63
Из шестого уравнения системы получаем
α
2sin
α
2sin 2
GG
αβ
GG
αβ
=- + α β= + α β=
α
ctg sin
( cos )sin 0 cos sin .
2sin 2
Bx Ax
GG
R RT
2 22
a aa
βββ
=-α + + =
∑
tg tg tg
( sin )
222
Оiy Az Bz
i
aaa
MT R R
β β β ββ
=- α +⋅ + ⋅ =- + =
α
tg tg tg tg tg
sin 0 0;
2sin 2 2 2 2 4 4
G a a G a Ga Ga
= 0.
R
Ax
Из пятого уравнения системы получаем
G
=
T
.
Из четвертого уравнения системы получаем
G GG
= - α= - α=
RT
Аz
sin sin 0.
2 2 2 sin
α
Из третьего уравнения системы получаем
=- + - α= + - α=
R R GT G
Bz Az
sin 0 sin .
Из второго уравнения системы получаем
= α β= α β=
( cos )cos cos cos .
RT
By
α
2sin 2
ctg cos
Из первого уравнения системы получаем
Проверка. Уравнения равновесия записываем, мысленно осуществив перенос начала координат в точку О (см. рис. 3.5, б).
Тогда в них войдут все шесть неизвестных величин:
= + α- =
MR T R
∑
Оix Аz Bz
i
a G a G a Ga Ga
=⋅+ α - ⋅= - =
0 sin 0;
2 2sin 2 2 2 4 4
α
( sin )
64
β
=-+ - =
∑
tg
22
Oiz Ax Bx By
i
aa
M RaR R
αβ αβ β
=-⋅ + - ⋅ =
=-=
ctg sin ctg cos tg
22 2 2
44
= ++= + + =
2 22
2 22
GGG
= α β+ β + = α+
22 2 2
ctg (sin cos ) 1 ctg 1.
22
GG
GG
G aG a
0
a
Ga Ga
αβ αβ
ctg sin ctg sin
0.
По найденным составляющим определяем реакции опор пли-
ты
22
= + = +=
R RR
A Ax Az
αβ αβ
ctg sin ctg cos
R RRR
B Bx By Bz
Ответ: = = α+ =
222
0; ctg 1; .
RR T
АB
2
2 2sin
0 0 0;
α
Пример 3.4. Однородная, тонкая, прямоугольная плита
удерживается в горизонтальном положении с помощью петель
в точках A, B, а также невесомого, шарнирно закрепленного по
концам стержня СE (рис. 3.6). Этот стержень соединяет точку С
плиты с точкой E, находящейся на вертикальной стене, к которой плита крепится в точках A и B. Найти реакции петель в
точках A, B и стержня СE. Принять, что петли допускают перемещение плиты в направлении оси y. Размерами петель пренебречь.
Исходные данные: G – вес плиты, α – угол между стержнем и
плоскостью плиты, АE ^ AB, а – расстояние между точками A и
B, b – расстояние от точки B до перпендикулярной к стене грани плиты, β – угол между диагональю прямоугольной плиты и ее
стороной, имеющей длину (а + b).
65
z
E
a b
B
y
A
O
G
C
x
Рис. 3.6. Исходная расчетная схема плиты
66
4. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ЦЕНТРОВ ТЯЖЕСТИ ТЕЛ
∑∑∑
∑∑∑
1 11
1 11
; ;.
n nn
i ii
C CC
n nn
i ii
i ii
xyz
P PP
И СИСТЕМ ТЕЛ
Задачи на определение центров тяжести можно разделить
на следующие 5 групп:
1) задачи на расчет координат центра тяжести системы твердых тел, вес и положение центра тяжести каждого из которых
известны;
2) задачи на расчет координат центра тяжести твердого тела,
составленного из однородных тонких стержней с постоянным
поперечным сечением;
3) задачи на расчет координат центра тяжести площади плоской фигуры (однородной, тонкой, плоской пластины);
4) задачи на расчет координат центра тяжести однородного
объемного твердого тела;
5) задачи на расчет координат центра тяжести неоднородного
объемного твердого тела.
4.1. Расчет координат центра тяжести
системы твердых тел, вес и положение центра
тяжести каждого из которых известны
Пусть имеется система твердых тел, каждое из которых
допустимо представить в виде материальной точки. Обозначив координаты центра тяжести каждого из них (x
, y2, z2), ... , (xn, yn, zn), а вес P1, P2, ... , Pn, будем рассчиты-
(x
2
вать координаты центра тяжести указанной системы следующим образом:
, y1, z1),
1
Px Py Pz
i i i i ii
= = =
= = =
= = =
Пример 4.1. Рассчитать координаты центра тяжести системы грузов C
, C2, C3, C4, C5, C6, находящихся в вершинах прямой
1
призмы, основания которой – прямоугольные треугольники, а
ребра имеют следующие размеры: С
= C2C4 = 10 см, C3C5 = C4C6 = 5 см (рис. 4.1). Известен вес
C
1C3
= С3С4 = С5С6 = 20 см,
1С2
67
каждого из грузов: P1 = 2 Н, P2 = 2 Н, P3 = 6 Н, P4 = 4 Н, P5 = 4 Н,
z
x
=
=
+++++
= = =
+++++
∑
∑
6
1 11 22 33 4 4 55 6 6
6
1234 56
1
ii
i
C
i
i
Px
Px Px Px Px Px Px
x
PPPPPP
P
++++ +
+++++
226441 19
= 1 Н.
P
6
С
1
P
1
С
3
С
5
P
3
P
5
С
2
P
2
y
С
4
P
4
С
6
P
6
Рис. 4.1. Расчетная схема для определения координат центра тяже-
сти системы грузов, находящихся в вершинах прямой призмы
Решение
1. Вначале находим координаты центра тяжести каждого из
грузов, которые заносим в табл. 4.1.
Таблица 4.1
Расчет координат центра тяжести системы грузов
Номер
груза
Вес i-го
груза,
Pi, Н
1 2 0 0 10 0 0 20
2 2 0 20 10 0 40 20
3 6 0 0 0 0 0 0
4 4 0 20 0 0 80 0
5 4 5 0 0 20 0 0
6 1 5 20 0 5 20 0
∑ 19 – – – 25 140 40
Координаты центра тяже-
сти i-го груза, см
x
i
y
i
z
i
Pixi,
Н·см
Piyi,
Н·см
Pizi,
Н·см
2. Находим положение центра тяжести системы грузов по
формулам:
68
0000205 25
= = ≈
см
1, 3 ;
6
+ ++ ++
+++++
226441 19
=
=
+++++
= = =
+++++
∑
∑
6
1 11 22 33 4 4 5 5 6 6
1234 56
1
ii
i
C
i
i
Pz
Pz Pz Pz Pz Pz Pz
z
PPPPPP
P
+ ++++
+++++
226441 19
=
=
=
z
P
4
Py
∑
ii
Py Py Py Py Py Py
=
1 11 22 33 4 4 55 6 6
i
y
= = =
C
6
P
∑
i
=
1
i
0 40 0 80 0 20 140
= = ≈
20200000 40
= = ≈
+++++
PPPPPP
+++++
1234 56
см
7,4 ;
см
2,1 .
Ответ:
x
C
см1, 3 ,
y
C
Пример 4.2. Центры тяжести грузов С1, С2, С3, С4, С5 на-
ходятся в вершинах прямой пирамиды (рис. 4.2), основанием которой является квадрат. Известен вес каждого из грузов:
= P3 = 20 Н, P2 = 10 Н, P4 = 12 Н, P5 = 12 Н, а также С1С2 =
P
1
= С
= С3С4 = С4С1 = 16 см, OC5 = 32 см. Определить координа-
2С3
ты центра тяжести этой системы грузов.
Рис. 4.2. Расчетная схема для определения координат центра тяже-
сти системы грузов, находящихся в вершинах прямой пирамиды
С
1
С
P
1
4
x
см7,4 ,
С
O
z
C
5
P
5
С
2
P
2
см2,1 .
y
С
3
P
3
69
Решение
82
82
82
82
++++
20 10 20 12 12 74
++++
0;
20 10 20 12 12 74
1. Вначале находим положение центра тяжести каждого из
грузов, которое заносим в табл. 4.2.
Таблица 4.2
Расчет координат центра тяжести системы грузов
Номер
груза
Вес i-го
груза,
Pi, Н
1 20 0
2 10
3 20 0
4 12
5 12 0 0 32 0 0 384
∑ 74 – – –
Координаты центра тяже-
сти i-го груза, см
x
i
-
y
i
-
0 0
0 0
z
i
0 0
0 0
Pixi,
Н·см
-80 2
96 2
16 2
Piyi,
Н·см
-160 2
0 0
160 2
0 0
0 384
2. Находим координаты центра тяжести системы грузов по
формулам:
5
Px
∑
ii
Px Px Px Px Px
=
1 11 22 33 4 4 55
i
x
= = =
C
5
P
∑
i
=
1
i
- ++ +
0 802 0 962 0 162
= = ≈
++++
PPPPP
++++
1234 5
см
0,3 ;
Pizi,
Н·см
0
0
y
70
5
Py
∑
ii
Py Py Py Py Py
=
1 11 22 33 4 4 55
i
= = =
C
5
P
∑
i
=
1
i
- ++ ++
160 2 0 160 2 0 0 0
= = =
++++
PPPPP
++++
1234 5
см
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]