Rudenko_O.G.Teormeh_1

∑n

FkX

= 0 ;

X A = 0;

(4)

ki=1

∑n

FkY

= 0;

(5)

k =1

uur

n

= 0 ; M A − R / B 2 −Q 1 3 = 0 (6)

∑M A (Fk )

Rx1 = ∑4

Fkx = F3 − F4

= 0,

k=1

R1y = ∑4

Fky = F1 − F2

= 0 ,

Рис. 4.13

k=1

Rz1 = ∑4

Fkz = 0 .

k =1

Звідси видно, що головний вектор R1 =0.

r

Для

Знайдемо величину і напрям головного момента

Mo .

цього скористаємось формулами (4.10)-(4.12):

Mox = ∑4

M x (Frk ) = −F1 0.3 + F2 0.3 = 0 ,

k=1

M y (Frk ) = 0.

Moy = ∑4

k =1

Moz = ∑4

M z (Frk ) = −F2 0.5 + F4 0.4 = −4 0.5 +3 0.4 = −0.8 (кНм).

k =1

Головний момент

системи Mo чисельно дорівнює

Moz .

cos(Rr1,ir) =

Rx1

= 0 ,

cos(Rr1, rj ) =

Ry1

=

2 , cos(Rr1, kr) =

Rz1

=

2 .

1

1

1

R

R

2

R

2

Mox = ∑4

M x (Frk ) = −F2 sinα a + F3 sinα a = 0,

k=1

M y (Frk ) = −F4 sinα a − F2 cosα a = −

Moy = ∑4

2aF ,

k =1

Moz

= ∑4

M z (Frk ) = F2 sinα a + F4 cosα a =

2aF .

k=1

Mo = Mox2 + Moy2 + Moz2 = 2aF ,

Mo = 2aF .

Напрям знайдемо за напрямними косинусами.

r r

Mo

r

r

Moy

2

r

r

Mo

z

2

cos(Mo,i ) =

x

= 0 ; cos(Mo, j) =

= −

;

cos(Mo, k ) =

=

.

Mo

r

Mo

2

Mo

2

Вектор-момент

Mo лежить у площині YOZ і складає кут 1350 з

віссю OY (рис. 4.15).

Таким чином, система сил зводиться до головного вектора R1 і

головного момента

r

. Залишилося визначити, чи зводиться ця

Mo

система сил до рівнодійної, чи до динамічного гвинта.

Знайдемо скалярний добуток R1 Mo :

r1

r

1

1

Mo

+

1

= 0 0 + 2F (− 2aF) + 2F 2aF = 0

R Mo =

R Mo

x

+ R

y

R Mo

z

x

y

z

Це означає, що Rr

1

Mo .

Цей випадок зведення розглянуто в

п. 4.6.2. У даному разі система сил зводиться до рівнодійної R з

точкою прикладання А, що розміщена від точки О на відстані

OA =

Mo = 2aF

= a

(рис. 4.15).

R1

2F

R1x = ∑4

Fkx = F1 −F4 = 2 −2 =0

k=1

R1y = ∑4

Fky = F2 = 4 (кН)

Rz1 = ∑4

Fkz = F3 =3 (кН).

k =1

k=1

Rr1 = (R1 )2

+(R1 )2

+(R1 )2 = 42

+32 = 5 (кН)

x

y

z

Moz = ∑4

M z (Frk ) = F4 2 = 4

(кНм) ;

Mo = 4кНм

k =1

r

напрямлений вертикально вгору по осі OZ (рис.

Вектор Mo

4.17). Система сил звелася до головного вектора R1 і головного

момента Mro . Розглянемо скалярний добуток R1

Mo :

r

r

+ R1 Mo

+ R1Mo

= 0 +4 0

+3 4 ≠ 0

R1 Mo = R1Mo

x

y

z

x

y

z

Значить

вектор Rr

1 не перпендикулярний Mo . Ця система

зводиться до динамічного гвинта.

Щоб

знайти

положення

центральної

осі,

використаємо

M

ox

− ( yR'

− zR'

)

M o

y

−

(zRx' − xRz' )

M

oz

− (xR

'

− yR'

)

рівняння

z

y

=

=

y

x

, яке в

Rx'

Ry'

Rz'

нашій задачі прийме вигляд:

−(3y −4z) =

3x

= 4 −4x

або:

3y-4z=0;

9x=16-16x

0

4

3

Остаточно маємо: y = 4 z ;

x =

16

3

25

x =

16 ; y = 0; (z = 0)

25

Залишилося знайти значення момента М1.

M

1

= 0 +4 0 +3 4 =

12 = 2,4(кНм)

М =2,4 кНм

5

5

1

n

= 0;

ХА=0;

(1)

∑ Fk x

k =1

n

= 0 ;

-S1 cos 600+ S2 cos 600+YA=0;

(2)

∑ Fk y

k =1

n

= 0 ;

-S1 sin 600- S2 sin 600+ZA-G=0;

(3)

∑ Fk z

k =1

n

S1 cos 600.OB- S2 cos 600.OB =0;

(4)

∑M x (Frk ) =0 ;

n

;

ZA.OA+G.OK=0;

(5)

∑M y (Frk ) = 0

k =1

n

;

-YA.OA=0.

(6)

∑M z (Frk ) =0

k =1

Розв’язавши систему рівнянь, одержимо:

ХА=0; YA=0;

ZA= - G = -5 кН;

S1= S2= -8,67 кН.

2

56

Рис. 4.20

З

∆DCВ DВ=

DC 2 + CB 2

=5 м. Тоді cos β =

4 = 0.8;

sin β =

3

= 0.6

З

∆DLВ

ВL=

9 +25 =5,83(м)

5

5

LD2 + DB2

=

Тоді

sinα =

LD =

3

= 0,51;

cosα =

DB

=

5

= 0,86 .

5,83

BL

5,83

BL

Запишемо рівняння рівноваги плити:

n

= 0 ;

ХА+S2cosα

.

cos β = 0;

(1)

∑ Fk x

k =1

=0 ;

YА – S1cosγ - S3 cosγ - S2cosα sin β = 0;

(2)

∑n

Fk y

k=1

= 0 ;

ZA – P + S1 sinγ +S3 sinγ + S2 sinα = 0 ;

(3)

∑ Fk z

n

k=1

.

3 – P

.

1.5 + S3 sinγ

.

.

3 = 0;

(4)

n

∑Mx (Frk ) =0;

S1 sinγ

3 + S2 sinα

k=1

- S1 sinγ

.

4 + P

.

2= 0;

(5)

n

∑M y (Frk ) =0;

k=1

- S1 cosγ . 4 - S2cosα .cos β . 3 = 0.

(6)

∑Mz (Frk ) =0;

n

n

∑ Fk x

=0;

Р cos 450+ХА+ХВ= 0;

(1)

k=1

∑n

Fk y

= 0 ;

(2)

k =1

n

– P sin 450+ ZA+ ZВ - G - Q = 0;

∑ Fk z

=0 ;

(3)

k=1

P sin 450 . а – G . а – Q . 2а + ZВ . 3а = 0;

(4)

∑Mx (Frk ) =0;

n

k=1

Р R - Q r = 0;

(5)

∑M y (Frk ) =0;

n

k=1

Р cos 450. а - ХВ . 3а = 0.

(6)

∑Mz (Frk ) =0

n

n

∑ Fk x =0;

(1)

k=1

n

∑ Fk y

= 0 ;

Q + YА + YB + F sinα = 0 ;

(2)

k =1

n

= 0 ;

ZA+ ZВ – F cosα .= 0;

(3)

∑ Fk z

k =1

n

Q . R – F cosα . ED.= 0;

(4)

∑M x (Frk ) = 0 ;

k =1

n

– F cosα . b + ZB . (b+c)= 0;

∑M y (Frk ) = 0;

(5)

k =1

n

Q . a – F sinα . b - YB. (b+c)= 0.

∑Mz (Frk ) = 0

(6)

Задача 4.15.

F=50кН

Колінчатий стержень АВD в точці А має жорстке

защемлення. В точці D стержня по лінії DС діє сила в 50

АВ=1,2м

DB=1.6м

кН. Не враховуючи вагу стержня, знайти реакції

AC=2.1м

жорсткого защемлення (рис. 4.23).

Розглянемо рівновагу стержня АВD. Для нього єдиною

XА=?,

в’яззю

є опора в

точці А.

Це жорстке

защемлення.

YА=?,

Защемлення для просторової системи сил створює

ZА=?,

невідому реакцію R

з проекціями на осі координат X ,

MAx=?,

A

r

А

MAy=?,

YА, ZА і пару сил з векторним моментом

M A , проекції

MAz=?,

якого на координатні осі MAx, MAy, MAz (рис. 4.23).

У загальному випадку маємо шість невідомих. Для їх

знаходження складемо шість

рівнянь рівноваги просторової

системи сил.

Перед тим, як скласти рівняння

рівноваги, зробимо деякі

обчислення:

AD = AB2 + DB2 = 1, 22 +1,62 = 2 (м)

.

= 2,9(м).

DC =

AD2 + AC2 =

22 + 2,12

Рис. 4.23

sinα =

AC = 0,72 ;cosα = AD = 0,69 ;

DC

DC

sinϕ = DB = 0,8 ; cosϕ =

AB

= 0,6 .

AD

AD

n

;

XА – F cosα cosϕ = 0;

∑ Fk x = 0

k =1

n

;

YА + F cosα sinϕ = 0;

∑ Fk y

= 0

k =1

n

ZA+ F sin.α = 0;

∑ Fk z

= 0;

k =1

n

MAx – F sinα . DВ .= 0;

∑M x (Frk ) = 0 ;