Rudenko_O.G.Teormeh_1
.pdf
Технічна механіка
Підставляючи рівності (4.21) в (4.2) і (4.4), одержимо аналітичні умови рівноваги плоскої довільної системи сил.
∑n |
FkX |
= 0 , |
|
k =1 |
|
|
|
∑n |
FkY |
= 0, |
(4.24) |
k =1 |
|
|
|
n uur
∑M0 (Fk ) = 0 .
k=1
Рівності (4.22) є основною формою умов рівноваги довільної плоскої системи сил. Ці рівності можуть бути виражені й у другій формі (наводимо їх без доведення). Бажаючі можуть ознайомитися з доведенням у підручниках [2], [3].
∑n |
FkX = 0 , |
|
k =1 |
M A (uFurk ) = 0 , |
|
∑n |
(4.23) |
|
k=1 |
M B (uFurk ) = 0 , |
|
∑n |
|
|
k=1 |
|
|
де вісь ОХ не перпендикулярна лінії, що проходить через точки А і В.
∑n |
M A (uFurk ) = 0 , |
|
k=1 |
M B (uFurk ) = 0 , |
|
∑n |
(4.24) |
|
k=1 |
MC (uFurk ) = 0 . |
|
∑n |
|
|
k=1 |
|
|
де точки А, В і С лежать в площині дїї сил і через них можна провести трикутник.
4.5. Методичні рекомендації до розв’язування задач
До розв’язування задач необхідно приступати тільки після попереднього вивчення теоретичного матеріалу. Найбільш загальним методом розв’язування задач на рівновагу є аналітичний.
Послідовність (методику) розв’язування задач статики наведено в розділі 2 (пункт 2.4.). Цієї послідовності необхідно дотримуватись
41
Частина 1. Теоретична механіка
і при розв’язуванні задач на рівновагу плоскої довільної системи сил.
Для одержання більш простих рівнянь рівноваги потрібно: 1)складаючи рівняння проекцій сил, одну з координатних осей слід напрямити перпендикулярно до лінії однієї, а якщо можливо, то і двох невідомих сил; при цьому проекція сили на цю вісь буде дорівнювати нулю, а на осі, їй перпендикулярній, сила проектується в натуральну величину; 2)складаючи рівняння моментів для плоскої системи сил, доцільно вибрати центр моментів у тій точці, де найбцльше невідомих сил; тоді в рівняння моментів усіх сил увійде тільки одна невідома сила.
У разі, коли при знаходженні момента сили відносно точки важко знайти плече сили, буває доцільно цю силу розкласти на дві взаємно перпендикулярні складові і шукати момент цих складових сил відносно даної точки.
У більшості задач статики неможливо наперед визначити напрям реакції опори. Тому в цих випадках невідому реакцію треба розкласти на дві складові, що напрямляються вздовж відповідних осей координат, і ввести їх у рівняння рівноваги в якості невідомих. Якщо в результаті розв’язання рівнянь величина будя-якої складової реакції буде від’ємна, то це означає, що в дійсності ця складова реакції напрямлена в протилежний бік обраного напряму.
Якщо за умовою задачі необхідно знайти дію даного тіла на його в’язь, то в рівняння рівноваги тіла потрібно вводити реакцію в’язі. Сила, яку шукаємо, буде рівна за величиною і протилежна за напрямом знайденій реакції в’язі.
Перед розв’язуванням задачі слід встановити, статично визначена задача, чи ні.
Задачі, де кількість невідомих реакцій в’язей (враховуючи окремі складові) дорівнює кількості незалежних рівнянь рівноваги, які можна скласти для даної конструкції, називаються статично визначеними. Якщо ж кількість невідомих реакцій в’язей виявиться більше кількості незалежних рівнянь рівноваги конструкції, то такі задачі називаються статично невизначеними. В останньому випадку ці задачі можуть бути розв’язані методами опору матеріалів.
Задача 4.1.
На балку АВ вагою G=2 кН діє розподілене
42навантаження інтенсивністю q=2 кН/м і зосереджена сила F=8 кН. Знайти реакції опор А і
Технічна механіка
G=2 кН q=2 кН/м F=8 кН
RА=?, RВ=?
Розглянемо рівновагу балки АВ. Для неї в’язями є опори в точках А і В. Опора в точці А - це нерухомий шарнір, у точці В – рухомий. Звільнимося від в’язей (дивись пункт 1.4). Початок системи координат вибираємо в точці А. На ділянці СВ діє розподілене навантаження. Дію розподіленого навантаження замінимо дією зосередженої сили Q
Q=q·l (4.25)
Тому, що розподілене навантаження рівномірне, сила Q прикладена в точці D – середині відрізку СВ. CD=DB=1,5 м (рис. 4.7. б)
Складемо рівняння рівноваги довільної плоскої системи сил у формі (4.22)
∑n |
FkX |
= 0 ; |
|
|
X A − F c o s 3 0 0 = 0 |
(1) |
k =1 |
|
|
|
|
|
|
∑n |
FkY |
= 0; |
|
YA +RB −F sin300 −G −Q =0 |
(2) |
|
k =1 |
|
uur |
|
|
|
|
n |
|
|
|
−F1 sin300 1,5−G 3−Q 4,5+RB 6 =0 |
|
|
∑M A (Fk ) |
= 0 |
; |
(3) |
|||
k=1
Рис. 4.7
43
Частина 1. Теоретична механіка
З рівняння (1) знаходимо: X A |
= F cos 30 0 = 4 |
3 (кН) |
||||
|
|
X A |
= 6 , 9 3 (кН.) |
|
|
|
З рівняння (3) знаходимо: |
|
|
|
|
||
R = |
F1 sin300 1,5+G 3+Q 4,5 |
=6,5 (кН). |
R =6,5 |
кН. |
||
|
||||||
B |
6 |
|
|
B |
|
|
З рівняння (2) |
|
|
|
|
||
Y = F sin 300 |
+G +Q − R = 5,5(кН). |
|
||||
|
|
|
||||
|
|
A |
|
B |
|
|
YA = 5, 5 кН
Зробимо перевірку результатів. Для цього складемо таке рівняння рівноваги, щоб у нього увійшло якнайбільше знайдених раніше невідомих реакцій в’язей, і якщо це рівняння після підстановки числових значень реакцій дорівнюватиме нулю, то це означає, що реакції знайдено вірно.
n |
uur |
|
1 |
|
|
||
∑MC(Fk ) =−YA 3+Fsin300 |
3−Q 1,5+RB 3=−5,5 3+8 |
3−6 1,5+6,5 3= |
0 |
||||
|
|
||||||
2 |
|||||||
k=1 |
|
|
|
|
|||
Реакція в точці А |
|
|
|
|
|
||
RA = |
X A2 + YA2 = 6, 932 + 5, 52 = 8,85 (кН) |
|
|
RA = 8,85 кН. |
|
||
Задача 4.2.
q=1,5 кН/м На балку АВ із защемленим кінцем діє на ділянці СD F=6 кН рівномірно розподілене навантаження інтенсивністю α=45° q=1,5 кН/м, у точці В діє сила F=6 кН під кутом M=4 кНм α=45° і, крім цього, на балку діє пара сил з моментом RА=?, МА=? M=4 кНм Знайти реакції защемлення. Розміри
показано на рисунку 4.8, а). Вагу балки не враховувати.
44
Технічна механіка
Розглянемо рівновагу балки |
|
|||||
АВ. Для неї в’яззю є опора в |
|
|||||
точці А (жорстке защемлення). |
|
|||||
Звільнимося від в’язі і |
|
|||||
замінимо її дію на балку |
|
|||||
реакціями XА, YА, |
MА, де MА – |
|
||||
реактивний момент |
(рис. 4.8. |
|
||||
б). |
|
|
|
|
|
|
Розподілене навантаження |
|
|||||
замінимо зосередженою силою |
|
|||||
Q=q·l =1,5 ·3=4,5 (кН). |
|
|||||
Складемо рівняння |
|
|||||
рівноваги в формі |
|
(4.24) |
|
|||
∑n |
FkX |
= 0 ; |
|
X A − F co s 4 5 0 = 0 |
||
k =1 |
|
|
|
|
|
|
∑n |
FkY |
= 0; |
|
Y A − F s i n 4 5 0 − Q = 0 |
||
k =1 |
|
uur |
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
∑M A (Fk ) = 0 |
; |
|
MA −M −Q 3,5−F sin450 7=0 |
|||
k=1 |
|
|
|
|
|
|
З |
рівняння |
(1) |
знаходимо |
X A = F cos 450 = 6 |
||
|
|
|
|
|
X A |
= 4, 24 кН |
Рис. 4.8
(1)
(2)
(3)
22 = 4, 24 (кН)
З |
рівняння (2) YA = F sin 450 +Q = 4,5 +6 |
|
2 |
= 8,74 (кН) |
|||||
2 |
|||||||||
|
|
|
YA =8,74 кН. |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
||||
З рівняння (3) |
|
|
|
||||||
M A = M +Q 3,5 |
+ F sin 450 7 = 4 + 4,5 3,5 + 6 |
2 |
|
7 = |
49, 44 (кН). |
||||
|
|||||||||
|
|
2 |
|
|
|
|
|||
|
|
|
M A = 49, 44 (кН). |
|
|||||
Зробимо перевірку: |
|
|
|
||||||
n |
uur |
|
|
|
|
|
|
|
|
∑MB (Fk ) =MA −YA 7 −M +Q 3,5 =49,45−8,74 7 −4+4,5 3,5 =0,02 ≈0 |
|||||||||
k=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Задача 4.3. |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|||
l=6 м |
|
|
Знайти реакції в жорсткому защемленні, якщо |
||||||
qmax=3 кН/м |
|
інтенсивність розподіленого навантаження qmax=3 |
|||||||
F=4 кН |
|
кН/м, а зосереджена сила F=4 кН. Розміри балки в |
|||||||
метрах показано на рисунку 4.9.а). Вагу балки не враховувати. 45
Частина 1. Теоретична механіка
ХА=?, YА=?, МА=?
Розглянемо рівновагу балки АВD. У точці А – жорстке защемлення. (див. задачу 4.2). На ділянці ВD діє розподілене навантаження за законом трикутника і досягає найвищої інтенсивності в точці D.
Знайдемо рівнодійну розподіленого навантаження.
Рівнодійна трикутного навантаження чисельно дорівнює половині добутку максимальної інтенсивності на довжину навантаженої ділянки, а лінія її дії проходить на відстані, рівній 2/3 довжини ділянки від кінця, на якому інтенсивність дорівнює нулю.
Q = |
qmax l |
; |
|
|
2 |
|
|
|
|
1 |
(рис. 4.9., б). |
(б) (4.26) |
|||||
|
2 |
B C = |
|
3 l; |
|
|
СD |
= 3 l. |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
В даному випадку |
|
Q = |
3 6 = 9(кН ). |
B C = |
2 |
6 |
= 4 ( м ); |
||||||||||
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
3 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
СD = |
|
1 |
6 = 2 ( м ). |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Реакції опори А показано на рисунку 4.9., б). |
|
|
|||||||||||||||
Запишемо рівняння рівноваги в формі (4.22) |
|
|
|||||||||||||||
∑n |
FkX |
= 0 ; |
X A − F sin 600 |
= 0 ; |
|
|
|
|
(1) |
||||||||
k =1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∑n |
FkY |
= 0 ; |
YA + F cos 60 0 |
− Q = 0 ; |
|
(2) |
|||||||||||
k =1 |
|
|
uur |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(3) |
||
∑M A (Fk ) = 0 ; |
M A + F sin 600 |
3 − Q 4 = 0 |
|
||||||||||||||
k =1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
X A = 3, 46 |
|
|
||
Розв’язуючи ці рівняння, знаходимо |
кН; |
YA = 7 кН; |
|||||||||||||||
M A = 25,61 кНм. |
Для перевірки запишемо рівняння |
|
|
||||||||||||||
n |
uur |
=−YA 6+ XA 4+MA −F cos600 6−F sin600 1+Q 2 =−0,01 |
|
||||||||||||||
∑MD (Fk ) |
≈0. |
||||||||||||||||
k=1
46
Технічна механіка
Задача 4.4. |
Знайти зусилля в стержнях, що підтримують балку |
F=20 кН |
АВ (рис. 4.10). Вагою стержнів і балки АВ |
М=30 кНм |
знехтувати. |
q=10 кН/м |
Розглянемо рівновагу балки АВ. Для неї в’язями |
S1=?,S2=?, |
|
S3=? |
є стержні 1,2,3. Звільнимося від цих стержнів. |
|
|
Стержні невагомі, на кінцях мають шарнірні з’єднання, тому реакції цих стержнів
напрямлені по стержнях. Це uur uuur uur
S1 , S 2 , S 3 .
Дію розподіленого навантаження замінимо дією зосередженої сили
Q = q l =10 3 = 30 (кН).
На рисунку 4.10. сила Q |
Рис. 4.10 |
|
|||
показана штриховою лінією. |
|
|
|||
Запишемо рівняння рівноваги у вигляді (3.25). |
|
||||
∑n |
FkX |
= 0 ; |
−S1 cos 450 +S2 sin 300 + F cos300 =0 |
|
(1) |
k =1 |
|
uur |
|
|
|
n |
|
= 0 ; −F1 sin 300 1,5 − M −Q 4,5 + S3 6 |
|
|
|
∑M A (Fk ) |
= 0 |
(2) |
|||
k=1 |
|
uur |
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
∑MB (Fk ) =0; −S1 sin 450 6 −S2 cos300 6 +F sin300 4,5 −М +Q 1,5 =0 |
(3) |
||||
k=1 |
|
|
|
|
|
Розв’язуючи ці рівняння, знаходимо S1 =20,72 кН, S2 = −5,36 |
кН, |
||||
S3 = 30 кН. |
n |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
Перевірка. ∑FkY = S2 cos300 +S1 sin 450 −F sin300 −Q +S3 ≈0.05 |
|
||||
|
|
|
k=1 |
|
|
Знак |
“-” |
при S 2 показує, що в дійсності |
реакція стержня 2 |
||
напрямлена в протилежний бік вибраного напряму.
Зусилля в стержнях чисельно дорівнюють реакціям відповідних в’язей.
47
Частина 1. Теоретична механіка
Розглянемо тепер задачі на рівновагу не одного тіла, а системи тіл, що вільно опираються один до одного, або з’єднаних між собою певним чином, і знаходяться під дією довільної системи сил. Таку систему тіл називають складеною системою.
Задача 4.5.
F=20 кН Балка АВ складається з двох балок ВС і АС, М=30 кНм з’єднаних між собою шарніром С. На складену балку q=2 кН/м АВ діє сила в 20 кН, пара сил з моментом 30 кНм і ХA=?,YA=?, рівномірно розподілене навантаження інтенсивності RD=?, B=?, 2 кН/м (рис. 4.11, а). Не враховуючи вагу конструкції, ХC=?, YC=? знайти реакції опор і шарніра С.
Розглянемо рівновагу балки АВ в цілому. Для неї в’язями є нерухомий шарнір А, рухомий шарнір D і невагомий стержень BL. Маємо чотири невідомих ХА, YА, RD, RB, а незалежних рівнянь для їх знаходження можна скласти лише три (рис. 4.11, а).
Рис. 4.11
Тому дану складену за допомогою шарніра С систему двох балок розріжемо по шарніру С на дві балки ВС і СА і розглянемо рівновагу кожної з них окремо (рис. 4.11, б, в).
48
Технічна механіка
Дія балки АС на балку ВС передається через шарнір С і,
враховуючи те, що напрям дії невідомий, то розкладемо реакцію |
||||||
uur |
на дві складові ХС,, YС (рис. 4.11, б). |
|
|
|
||
RC |
uur |
|
||||
|
Аналогічно і для балки АС, |
тільки реакція |
буде напрямлена |
|||
|
R / |
|||||
|
|
Rur |
|
C |
|
|
в протилежний бік реакції |
. ЧисельноX / = X |
C |
, Y / =Y , а те що |
|||
|
|
C |
C |
|
C C |
|
вони напрямлені в протилежні боки, враховано на рисунку 4.11, в). Розподілене навантаження, що діє на балку ВС, замінимо зосередженою силою Q1=q·l1=2·3=6 (кН). Аналогічно для балки АС маємо Q2=q·l2=2·6=12 (кН)
Маємо тепер шість невідомих ХA, YA, RD, RB, ХC, YC. Для знаходження цих невідомих слід скласти шість рівнянь рівноваги. Ці шість рівнянь можна одержати, якщо розглянути рівновагу балок: АВ і ВС або АВ і АС, або ВС і АС. Ми вибираємо третій варіант.
Розглянемо рівновагу балок ВС і АС (рис 4.11, б,в). Складемо рівняння рівноваги балки ВС:
∑n |
FkX |
= 0 ; |
|
|
X C − F sin 300 = 0 ; |
(1) |
|
ki=1 |
|
|
|
|
|
|
|
∑n |
FkY |
= 0; |
|
RB −F cos300 +RD −Q1+YC =0; |
(2) |
||
k =1 |
|
uur |
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
−RB 12 + F cos300 9 −RD 6 +Q 1 1.5 =0 |
|
||
∑MC (Fk ) |
= 0 |
; |
(3) |
||||
k=1 |
|
|
|
|
|
|
|
Складемо рівняння рівноваги балки АС. |
|
||||||
∑n |
FkX |
= 0 ; |
|
|
− X C/ |
+ X A = 0 ; |
(4) |
ki=1 |
|
|
|
|
|
|
|
∑n |
FkY |
= 0; |
|
−YC/ |
− Q 2 +YA = 0 ; |
(5) |
|
k =1 |
|
uur |
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
−Q 2 3 + Y A 1 2 + M = 0 |
|
||
∑MC (Fk ) |
= 0 |
; |
(6) |
||||
k=1
Розв’язавши рівняння (1) - (6), одержимо:
ХА=10 кН, YА=0,5 кН, RD=42,16 кН, RB=-7,34 кН, ХC=10 кН, YC=-11,5 кН.
49
Частина 1. Теоретична механіка
Для перевірки цих результатів складемо одне з рівнянь рівноваги балки АВ (рис 4.11, а):
n uur
∑MC (Fk ) =−RB 12+Fcos300 9−RD 6+Q1 1.5−Q2 3+M +YA 12 =
k=1
=+7,34 12 +20 0,866 9 −42,16 6 +6 1,5 −12 3+30 +0,5 12 =0.
Задача 4.6. |
Однорідний брус 2 вагою 4 кН вільно опирається в |
|
Q1=6 кН |
точці В на однорідну балку 1 вагою 6 кН. Знайти |
|
Q2=4 кН |
опорні реакції в точках А і D і тиск, який брус 2 |
|
ХА=?,YА=?, |
спричиняє на балку 1. (рис. 4.12,а) |
|
МА=?, ХD=?, |
|
|
Y |
=?, R/ =? |
|
D |
B |
|
Якщо розглядати балки АС і ВD як одне ціле, то для них опорами є точки А і D. Маємо 5 невідомих реакцій
ХА, YА, МА, ХD, YD. (рис. 4.12, а).
Розглянемо окремо рівновагу бруса ВD і балки АС. (рис. 4.12, б,в).
Запишемо рівняння рівноваги бруса ВD:
∑n |
FkX |
= 0 ; |
X D = 0 ; |
(1) |
ki=1 |
|
|
|
|
∑n |
FkY |
= 0; |
RB −Q2 +YD =0 |
(2) |
k =1 |
|
uur |
|
|
n |
|
|
|
|
∑M D (Fk ) = 0 ; |
|
|||
k=1 |
|
|
|
|
−RB 4 + Q 2 2 = 0 |
(3) |
|||
Рис. 4.12
Запишемо рівняння
50