Харьковский национальный университет строительства и архитектуры Учебно методическое пособие по статике Разработали: Ковревский А. П. Рыскин О. В. Хорольская Е. В. Сыровой Д. С. Тарабрин А. Д. Одобрено на заседании кафедры теоретической механики 12. 02. 2014 Харьков 2014
1 Основные понятия Материальная точка – геометрическая точка, имеющая массу. Абсолютно твердое тело (АТТ) – тело в котором расстояние между двумя любыми точками не изменяется во всё время движения. Сила – количественная мера взаимодействия тел. Сила характеризуется: Точкой приложения; Направлением; Численной величиной (модулем).
Таким образом, сила является приложенным (связанным) вектором. Линия, на которой лежит вектор силы, называется линией действия силы. Можно показать, что приложенная к АТТ сила является скользящим вектором, т. е. силу можно перемещать по линии действия без изменения её действия на тело.
Вектор силы (т. е. её модуль и направление) может быть определён следующим образом: а) модулем силы и направляющими косинусами (направляющий косинус – это косинус угла между данной осью и вектором силы (рис. 2)).
б) Проекциями вектора силы на оси координат (рис. 3 а). Fx = Fcosα; Fy = Fcosβ; Fz = Fcosγ. Для направляющих косинусов справедливо соотношение: cos 2α+cos 2β+cos 2γ = 1.
Если сила расположена в плоскости х. Оу, то для определения её вектора достаточно модуля и одного угла (рис. 3 б), либо двух проекций Fx и Fy. При этом Fx = Fcosα; Fy = Fsinα. (Рис3 б). На рис. 3 в: Fx = Fcosα = Fcos (180 o + δ) = Fcos δ. Fy = Fcos (90 o + δ) = Fsin δ.
Знаки проекций ( проекции вектора на ось – это отрезок оси, заключенный между проекциями конца (а) и начала (b). Fx = a – b = Fcosα; Fy = d – c = Fsinα (рис. 4)
F 1 x > 0; F 1 y > 0; G 1 x = 0; G 1 y > 0. F 2 x < 0; F 2 y < 0; G 2 x > 0; G 2 y < 0. F 3 x < 0; F 3 y > 0 (рис. 5)
1. 2 Операции над векторами <сил> Сложение двух векторов производится по правилу параллелограмма (рис. 6 а) можно использовать и правило треугольника (рис. 6 б)
Разложение вектора по двум заданным направлениям производится по правилу параллелограмма (рис. 6).
1. 3 Произведение векторов скалярное произведение – это скалярная величина, равная произведению модулей векторов на косинус угла между ними. векторное произведение – это вектор, который: по модулю равен произведению модулей перемножаемых векторов на синус угла между ними. направлен перпендикулярно плоскости, в которой лежат данные векторы, в ту сторону, откуда «поворот» от первого сомножителя ко второму на меньший угол виден происходящим против хода часовой стрелки (рис. 7)
1. 4 Системы сил Система сил – совокупность сил, действующих на данное тело. По взаимному расположению различают: сходящиеся силы (линии действия их пересекаются в одной точке – «точке схода» ) (рис. 8 а).
параллельные силы (рис. 8 б). произвольно расположенные силы. Такие системы рассматривают на плоскости и в пространстве. Силы также разделяют на сосредоточенные (приложенные в точке) и распределенные.
Распределение по линии. Пример: давление трамбовочного катка на основании (рис. 9 а). Картина распределения сил называется эпюрою. Величина сил характеризуется их интенсивностью. При распределении по линии – величина силы, приходящаяся на единицу длины q = [H / м].
![Пример: распределение по поверхности – давление жидкости на стенки сосуда q = [H/ м^2]](https://present5.com/presentation/134091324_276587181/image-18.jpg "Пример: распределение по поверхности – давление жидкости на стенки сосуда q = [H/ м^2]")
Пример: распределение по поверхности – давление жидкости на стенки сосуда q = [H/ м^2] (рис. 9 б). Пример: распределение по объему – силы тяжести q = [H/ м^3]. Последняя величина называется удельным весом.
Система двух сил, приложенных к одному твердому телу, которые: равные по величине, противоположно направлены, имеют общую линию действия, называется двойкой сил. (рис. 10)
Системы двух одинаковых, противоположно направленных сил, линии действия которых параллельны, называется парой сил (рис. 11). (силы должны быть приложены к одному твердому телу)
Эквивалентными называются две такие системы сил, под действием которых, при замене одной системы другой, состояние тела не изменяется. Если одна сила эквивалентна данной системе сил, то она называется равнодействующей этой системы сил. Если под действием данной системы сил тело может находиться в равновесии, то система сил называется уравновешенной или эквивалентной нулю. 1. 5 Элементарные операции В статике рассматриваются две элементарные операции: 1 я: добавление (или отбрасывание) двойки сил к данной системе сил. 2 я: сложение двух сил, приложенных в одной точке, по правилу параллелограмма, или, обратная – разложение силы на две составляющие по правилу параллелограмма.
Моментом силы относительно координатной оси называется проекция на данную ось векторного момента силы относительно центра О. (рис. 13). Mox(F) = Mo(F)cosα Moy(F) = Mo(F)cos β Moz(F) = Mo(F)cosγ.
Случаи, когда момент силы относительно оси равен нулю. Из последней формулы следует, что Мu(F) = 0 в случаях, когда F’ = 0. либо h = 0. Очевидно, F’ = 0, когда линия действия силы перпендикулярна плоскости По, u, т. е. параллельна данной оси, либо h = 0, что имеет место в случаях, когда линия действия силы пересекается с осью О, u. Оба случая можно объединить единым правилом: Если вектор силы и ось лежат в одной плоскости, то момент силы относительно этой оси равен нулю (рис. 15).
Алгебраический момент силы В случаях, когда рассматриваются статические или динамические задачи с плоской системой сил, используют понятие так называемого «алгебраического» момента силы. Этим моментом обозначается алгебраическая величина, равная произведению силы на плечо, взятому с соответствующим знаком. Знак выбирается следующим образом: если сила стремится повернуть плечо вокруг центра момента против хода часовой стрелки, то берется знак «плюс» , в противном случае – «минус» (рис. 16).
Пара сил Парой называется система двух сил, приложенных к одному твердому телу, которые: равны по величине; противоположно направлены; линии их действия параллельны.
Свойства пар: 1. Очевидно, главный вектор пары равен нулю.
4. Две пары, имеющие одинаковые моменты, эквивалентны между собой.
Следствия: пару сил в твердом теле можно переносить куда угодно, сохраняя её момент. в паре можно произвольно изменять силы и плечо, сохраняя момент пары.
5. Пары, приложенные к одному твердому телу, можно складывать по правилу сложения их моментов (в пространственных системах сил – по правилам сложения векторов, в плоских системах сил – сложением алгебраических моментов).
Присоединенная пара Это понятие используется в лемме Пуансо о параллельном переносе силы: «сила, приложенная в некоторой точке А твердого тела эквивалентна такой же силе, приложенной в точке В и паре с моментом, равным моменту исходной силы относительно новой точки приложения силы»
Теорема Пуансо о приведении системы сил к выбранному центру (приводим без доказательства, промежуточные операции показаны на рис 13 е ) «Любую систему сил, приложенных к АТТ, приведении к произвольно выбранному центру можно заменить одной силой и одной парой; вектор этой силы равен главному вектору системы сил, а момент пары – главному моменту системы сил относительно выбранного центра» (Примечание: на рисунке выбранный центр приведения – точка О. Термин «приведение» означает параллельный перенос силы.
Связи и их реакции В механике все тела разделяют на свободные и несвободные. Тело называют свободным, если на координаты (и скорости) его точек не наложены никакие ограничения. В противном случае тело называют несвободным. Ограничения, которые реализуются в виде поверхностей других тел: стержней, нитей и т. п. называются связями. Силы, с которыми связи действуют на данное тело, называются реакциями связей. В расчетных (силовых) схемах реальные связи моделируются следующими основными видами связей.
4) Неподвижный цилиндрический шарнир. Реакция шарнира перпендикулярна его оси. Для её определения достаточно задать две проекции на оси Ох и Оу (Rax, Ray). Схемой неподвижного цилиндрического шарнира моделируются опорные подшипники (рис. 25 а ) и петли с осевым зазором (рис. 25 б ).
5) Подвижный цилиндрический шарнир (каток) Реакция направлена перпендикулярно опорной плоскости катка. Для её определения нужно знать её величину и знак проекции на нормаль “n” к опорной плоскости катка. 6) Идеальный стержень. Под идеальным стержнем понимается условно невесомый стержень, не несущий поперечной нагрузки и шарнирно закрепленный в двух точках (при этом стержень не обязательно должен быть прямым). Реакция идеального стержня проходит через центры шарниров.
7) Жесткая заделка В соответствии с теоремой Пуансо реакции в поперечном сечении А сводятся к силе и паре. Силу раскладывают на две составляющих Rax, Ray; пара сил создает опорный момент mа.
Параллельные силы Свойства параллельных сил, приложенных к одному твердому телу а) две параллельные силы, направленные в одну сторону, имеют равнодействующую, которая: по величине равна их сумме; направлена в ту же сторону; линия её действия делит отрезок между силами обратно пропорционально силам.
б) две параллельные силы, направленные в разные стороны, разные по величине, имеют равнодействующую, которая: по величине равна разности сил; направлена в сторону большей силы; линия её действия проходит за большей силой и делит отрезок между силами обратно пропорционально силам внешним образом.
в) две параллельные силы, равные по величине, направленные в разные стороны, равнодействующей не имеют и образуют пару сил.
Теорема Вариньона (следствие из теоремы Пуансо): «Если система сил имеет равнодействующую, то момент этой равнодействующей относительно любой оси равен сумме моментов всех сил системы относительно данной оси» . Если система сил плоская, то теорему можно сформулировать так: «Если система сил имеет равнодействующую, то (алгебраический) момент равнодействующей относительно любого центра равен сумме (алгебраических) моментов всех сил системы относительно этого центра» .
Равнодействующая распределенных сил (доказывается с помощью теоремы Вариньона) а) равномерно распределенная нагрузка с интенсивностью q [Н/м]. Такая система параллельных сил имеет равнодействующую, которая равна сумме сил (т. е. Q = ql, где l – длина распределения нагрузки); линия действия силы Q проходит через центр эпюры.
б) распределенная по закону треугольника система параллельных сил с максимальной интенсивностью qm имеет равнодействующую равную их сумме (т. е. Q = 1/2 qml), которая проходить через центр тяжести треугольной эпюры. (AC = 2/3 l)
Примеры решения задач Сходящаяся система сил а) Шарик А весом Р, лежащий на гладкой плоскости, наклоненной к горизонту на угол α, удерживается в равновесии нитью, составляющей с вертикалью угол β. Определить натяжение нити и давление шарика на наклонную плоскость. Решение. Объектом равновесия здесь является шарик. Связями служат наклонная плоскость и нить. В соответствии с принципом освобождаемости связи отбрасываем и заменяем их действие реакциями N и T.
б) Груз Е весом Р = 4. 8 к. Н поддерживается тремя невесомыми стержнями AB, AC, AD. Угол CAD = 90°, АВ = 1. 3 м, АС = 0. 4 м, AD = 0. 3 м. Считая крепления стержней шарнирными, определить усилия в стержнях.
В качестве объекта равновесия выбираем узел А. Связями являются при идеальных (по условию задачи) стержня. Отбрасывая стержни и заменяя их действия реакциями Tb, Tc, Td приходим к пространственной системе сходящихся сил (Tb, Tc, Td, Р). Для их равновесия необходимо и достаточно, чтобы главный вектор системы сил равнялся нулю. Решать задачу с помощью пространственного силового многоугольника сложно, поэтому воспользуемся условиями равновесия в аналитической форме: ∑ Fkx = 0; ∑ Fky = 0; ∑ Fkz = 0
а) Равновесие одного твердого тела Однородная горизонтальная балка жестко заделана в стену. Она нагружена сосредоточенной силой F = 6 к. Н, парой сил с моментом М = 20 к. Нм и распределенной нагрузкой интенсивностью q = 2 к. Н / м. Определить реакции жесткой заделки, если α = 60°, а = 2 м, собственный все балки Р = 2 к. Н. Отбрасывая связь (жесткую заделку), заменяем её реакциями Ха, Уа и опорным моментом mа. Эти 3 величины являются неизвестными. Составляем расчетную (силовую) схему задачи. Распределенную нагрузку заменяем сосредоточенной силой Q = q·a = 4 к. Н. Полученная плоская произвольная система сил ( P, F, M, Q, ma, xa, ya) должна удовлетворять три условия равновесия. ∑ Fkx = xa – Fcosα = 0 ∑ Fky = ya – P – Fsinα – Q = 0 ∑ mka = ma – Fasinα + M P· 2 a Q· 3. 5 a = 0
Подставляем численные значения величин: ∑ Fkx = xa 6· 0. 5 = 0 ∑ Fky = ya – 2 – 6· 0. 866 – 4 = 0 ∑ mka = ma 6· 2· 0. 866 + 20 2· 4 4· 7 = 0 Получаем результат: xa = 3 к. Н, ya = 11. 196 к. Н, ma = 26. 392 к. Н
Проверка результатов: Выбираем на плоскости произвольную точку (например, К) Важно, чтобы линии действия найденных реакций не проходили через эту точку. Одно из условий равновесия системы сил – сумма моментов сил относительно любого центра должна равняться нулю. Для вычисления моментов силу F удобно разложить на две координатные составляющие: Fcosα и Fsinα. Составляем условие равновесия: ∑ mkk = ma + xa · 1 – ya · 3. 5 a Fcosα· 1 + Fsinα· 2. 5 a + P· 2. 5 a + M = 26. 392 + 3 – 11. 196 · 7 6· 0. 5 + 6· 0. 866· 5 + 6 +20 = 0 Результат правильный б) Равновесие системы сил Под системой тел понимают совокупность нескольких твердых тел, соединенных связями различного вида. Рассмотрим вначале задачи на равновесие системы двух тел, на которые действует плоская система сил.
Задача 1 Однородная горизонтальная балка AB весом Р 1 = 3 к. Н шарнирно прикреплена к вертикальной балке BD весом Р 2 = 5 к. Н и свободно опирается на гладкий выступ А. На балке AB размещена плита М весом 4 к. Н. На балку BD действует нагрузка, распределенная по закону треугольника, с максимальным значением интенсивности qm = 1. 6 к. Н/м, BD = 9 м, l 1 = 3 м, l 2 = 7 м, а = 2 м. Определить реакции жесткой заделки D
Решение: В качестве объекта равновесия выберем соединенные шарниром балки AB и BD. Отбрасываем связи (жесткую заделку D и гладкую опору A) и заменяем их действие реакциями. Распределенные по длине «а» силы тяжести плиты заменяем сосредоточенной нагрузкой Pm = 4 к. Н (вес плиты). Распределенную по закону треугольника горизонтальную нагрузку заменяем сосредоточенной силой Q = ½ qm · BD = 7. 2 к. Н; эта сила приложена в центре тяжести треугольной эпюры, т. е. на 1/3 высоты балки BD. Получаем расчетную схему, показанную на рисунке В данной расчетной схеме содержится 4 неизвестных реакции: xd, yd, md и ya. Условий равновесия для полученной плоской произвольной системы сил можно составить только три: ∑ Fkx = xd + Q = 0 ∑ Fky = yd + ya – P 2 – P 1 – Pm = 0 ∑ mkd = Q· 3 – P 1· 5 – Pm· 6 + ya· 10 + md = 0
Поэтому мысленно разрезаем систему по промежуточному шарниру В и рассматриваем равновесие одной из частей BD или AB. Поскольку участок AB нагружен проще, в качестве объекта равновесия выбираем балку АВ. Соответствующая расчетная схема показана на рис 8. в ( составляем для сил этой схемы три условия равновесия): ∑ Fkx = xb = 0 ∑ Fky = yb + ya – P 1 – Pm = 0 ∑ mkb = ya· 10 – P 1· 5 – Pm· 6 = 0 Получены 6 уравнений для определения шести опорных реакций xd, yd, md, ya, xb, yb. Из уравнения 8. 6 получаем значение уа: уа = 3. 9 к. Н. Подставим это значение в (8. 3) и (8. 2), находим md = 21. 6 к. Нм, yd = 8. 1 к. Н. Из уравнения (8. 1) следует, что xd = 7. 2 к. Н.
Проверка результатов Поскольку задача состояла в определении реакций жесткой заделки (xd, yd, md), проверим только эти результаты. Используем для проверки расчетную схему, показанную на рис. 8. 7 б. Составляем условия равновесия в форме суммы моментов всех сил относительно центра А: ∑ mka = md + (P 2 – Yd) · 10 + Xd· 9 + Q· 6 + P 1· 5 + Pm· 4 = 21. 6 + (5 – 8. 1)· 10 – 7. 2· 9 + 7. 2· 6 + 3· 5 + 4· 4 = 0. Результат верный.
Задача 2 Все части A, D, B, кабеля Р = 2 к. Н, а вес каждого столба Q = 1. 6 к. Н (рис 8. 9 а). АВ = l = 50 м, АА 1 = ВВ 1 = 15 м. стена провисания кабеля DD 1 = f = 1. 25 м. Определить реакции жесткой заделки А. При решении задачи считать, что вес каждой половины кабеля A, D, B приложен на расстоянии l/4 от ближайшего столба.
Решение: В качестве объекта равновесия выбираем левый столб АА 1 с половиной участка кабеля А 1 D. Для такого объекта связями будут жесткая заделка в точке А и гибкая нить в точке D (отброшенная часть кабеля DB 1). В силу симметрии провисания натяжение кабеля Тd горизонтально. Расчетная схема показана на рис. 8. 9 б. Полученная плоская произвольная система сил должна удовлетворять три условия равновесия: ∑ Fkx = xa + Td = 0 ∑ Fky = ya – P 1 – Q = 0 ∑ mka = ma – P 1· 12. 5 Td· 13. 75 = 0 В данных трех уравнениях содержится 4 неизвестных: xa, ya, ma, Td.
Для определения натяжения Td рассмотрим равновесие участка кабеля A 1 D (рис. 8. 9 в). На этот объект действуют 3 силы: вес половины кабеля Р 1 = Р/2 = 1 к. Н, натяжение в точках А 1 (Та 1) и D (Td). По теореме о трех силах линии действия всех сил должны пересекаться в одной точке С (рис. 8. 9 в).
Построим силовой треугольник (рис. 8. 9 г). Силовой треугольник подобен геометрическому А 1 ЕС (по параллельности сторон). Из подобия следует: P 1/Td = 1. 25/12. 5 = 0. 1 Td = 10 P 1 = 10 к. Н. Теперь из вышеприведенных условий равновесия получаем: ma = 150 к. Нм; ya = 2. 6 к. Н; хa = 10 к. Н.
в) Равновесие системы параллельных сил На балках AB и DC (рис. 8. 10), шарнирно прикрепленных к опорам А и С и поддерживаемых гладкими опорами B 1 и D 1, стоит ящик весом 6 к. Н. Определить реакции опор балок, пренебрегая их весом и считая, что центр тяжести ящика находится на вертикали равноудаленной от концов B и D балок.
Решение Сначала найдем давление ящика на концы балок. Рассматривая ящик как объект равновесия (рис. 8. 11), получаем, что на него действуют три параллельных силы: вес Р и реакции опор yb и yd. Данная система параллельных сил плоская, поэтому должны удовлетворяться два условия равновесия: ∑ Fky = 0, ∑ mkb = 0, ∑ mkd = 0. Воспользуемся последней формой: ∑ mkb = Р· 0. 4 + yd· 0. 8 = 0 ∑ mkd = yb· 0. 8 + P· 0. 4 = 0
Теперь можно рассмотреть равновесие каждой из балок AB и CD. Расчетные схемы показаны на рис 8. 12 а, б. На каждую из балок действует плоская произвольная система сил. Записываем условия равновесия. (См. дополнительные формы условий равновесия) Для балки AB: ∑ Fkx = 0 xa = 0 ∑ mkb 1 = 0 ya · 1. 2 – yb’ · 0. 2 = 0 ∑ mka = 0 Rb · 1. 2 yb’ · 1. 4 = 0 Для балки DC: ∑ Fkx = 0 xc = 0 ∑ mkd 1 = 0 yd’ · 0. 3 + yc · 1. 5 = 0 ∑ mka = 0 yd’ · 1. 8 – Rd 1 · 1. 5 = 0 Зная, что yd’ = yb’ = 3 к. Н, получаем ответ: ya = 0. 5 к. Н, yc = 0. 6 к. Н, Rb 1 = 3, 5 к. Н, Rd 1 = 3. 6 к. Н.
2) Равновесие произвольной пространственной системы сил Задача 1. На коленчатый вал давит шатун с силой Р = 12 к. Н, направленный перпендикулярно к шейке вала под углом 75° к вертикали (рис. 8. 13 а, б) Пренебрегая весом вала, определить реакции подшипников А и В и момент М пары сил, которую нужно приложить к маховику С весом Q = 4. 2 к. Н, чтобы вал был в равновесии.
Решение. Объектом равновесия является коленчатый вал с маховиком, связями – подшипники А и В. Отбросив связи и заменив их действия реакциями xa, za, xb, zb, получаем расчетную схему объекта (рис. 8. 14). Полученная система сил является произвольной пространственной. Все силы должны удовлетворять шесть условий равновесия: ∑ Fkx = xa + xb – Psin 75° = 0 ∑ Fky = 0 (тождественный нуль) ∑ Fkz = za + zb – Q + Pcos 75° = 0 ∑ Mxk = P·cos 75°· 0. 4 + zb· 0. 7 Q· 0. 9 = 0 ∑ Myk = M – Psin 75°· 0. 1 = 0 ∑ Mzk = Psin 75°· 0. 4 – xb · 0. 7 = 0
(Примечание. Для вычисления моментов сил относительно оси Ах поступаем следующим образом: все силы проектируем на плоскость z. Ay, перпендикулярно к оси Ах (рис. 8. 15 а), и затем находим сумму алгебраических моментов сил относительно точки А.
Для вычисления моментов сил относительно оси Ау проектируем все силы на плоскость x. Az, которая перпендикулярна оси Ау (рис. 8. 15 б), и находим сумму алгебраических моментов сил относительно точки А. Для вычисления моментов сил относительно оси Аz проектируем все силы на плоскость x. Ay (рис. 8. 15 в)). Решая систему пяти уравнений, находим пять неизвестных величин задачи: М = 0. 1 Psin 75° = 1. 16 к. Нм Xb = 1/0. 9· 0. 4 Psin 75° = 6. 62 к. Н Xa = Psin 75° xb = 4. 97 к. Н Zb =1/0. 7(0. 9 Q – 0. 4 Pcos 75°) = 3. 63 к. Н Za = Q – zb Pcos 75° = 2. 54 к. Н
Задача 2. Однородная прямоугольная плита весом Р = 300 Н удерживается в горизонтальном положении сферическим шарниром А, петлей D и невесомой веревкой СЕ длиной 1 м. (рис. 8. 16). ВС = 0. 3 м, CD = 0. 4 м. Определить реакции связей.
Решение. Для объекта равновесия (плиты) виды связей указаны в тексте задачи. Отбрасываем связи, заменяя их действие соответствующими реакциями и строим расчетную схему (рис. 8. 17).
Задача 3. Стержень АВ удерживается в наклонном положении двумя горизонтальными веревками AD и BO (рис. 8. 19). В точке А стержень опирается на вертикальную стену, на которой находится и точка D, а в точке В на горизонтальный пол. Точки А и С лежат на одной вертикали. Вес стержня Р = 80 Н. Трением в точках А и В пренебрегаем. Проверить, что стержень может оставаться в равновесии, и определить натяжения Td и To веревок и реакции опорных плоскостей, если угол АВО равен углу ВОЕ и равен 60°
Решение. Если объект равновесия – стержень АВ, то связями являются нити AD и BO и вертикальная и горизонтальная гладкие плоскости. Расчетная схема показана на рис. 8. 20 Реакции Na || Ox, Nb || Oz. Сила тяжести Р лежит в плоскости ОАВ. Стержень может находиться в равновесии под действием пяти произвольно расположенных сил (P, Td, Na, To, Nb), которые должны удовлетворять шесть условий равновесия: ∑ Fkx = Na – Tosinα = 0 (1) ∑ Fky = Td – Tocosα = 0 (2) ∑ Fkz = Nb – P = 0 (3) ∑ Mkx = Td · OA + Nb · OBcosα P· OB/2 · cosα = 0 (4) ∑ Mky = Na · OA – Nb · OBsinα + P · OB/2 · sinα = 0 (5) ∑ Mkz = 0 (тождество, т. к. все силы либо параллельны оси Oz, либо её пересекают) (6) Определение моментов сил Nb и P относительно осей Ox и Oy Mx(Nb) = Nb · BB 1 = Nb · l · cosα = Nbl · 0. 25 My(Nb) = Nb · BB 2 = Nb · l · cosα · sinα = Nbl · 0. 433 Mx(P) = P · Co. C 1 = P· l/2 · cosα = Pl · 0. 125 My(P) = P · Co. C 2 = P · l/2 · cosα · sinα = Pl · 0. 216
Из пяти полученных уравнений четыре (например, 1, 2, 3, 4) используем для нахождения четырех реакций Na, Td, Nb, To, а пятое – для проверки возможности равновесия стержня. Вычисление моментов сил Nb и P, входящих в уравнения (4) и (5), показано на рис. 8. 21 а и 8. 21 б. Пусть длина стержня АВ = l. Из треугольника ОАВ находим ОА = lsinα = 0. 866 l, OB = lcosα = 0. 5 l. Подставим в уравнения (1) – (5) числовые значения sinα, cosα, и Р. В уравнениях (4) и (5) l сокращается. Систему уравнений перепишем теперь так: Na – To 0. 866 = 0 (1’) Td – To 0. 5 = 0 (2’) Nb – 80 = 0 (3’) Td · 0. 866 + Nb· 0. 25 – 10 = 0 (4’) Na· 0. 866 – Nb · 0. 433 + 17. 32 = 0 (5’)
Из уравнения (3’) находим Nb = 80 Н, затем из (4’) Td = (80 · 0. 25 – 10)/0. 866 = 10/0. 866 = 11. 547 Н. Зная Td, из (2’) находим To = Td/0. 5 = 23. 094 Н, и далее из (1’) : Na – To 0. 866 = 20 Н. Проверяем, удовлетворяется ли при найденных Na и Nb уравнение (5’) 20· 0. 866 80· 0. 433 + 17. 32 = 0 Следовательно, равновесие возможно. Ответ: Na = 20 Н, Td = 11. 547 Н, = 80 Н, To = 23. 094 Н.
Конец
Скачать презентацию Харьковский национальный университет строительства и архитектуры Учебно методическое
Статика Анимация.pptx