Теоретическая механика пособие по решению задач

ВУЗ: Воронежский государственный университет Факультет прикладной математики, информатики и механики

Год публикации: 2005

Библиографическая ссылка:: Чеботарев А.С., Щеглова Ю.Д. Решение задач по теоретической механике. Часть 1. Статика: Учебно-методическое пособие. — Воронеж: Изд-во ВГУ, 2005. — 43 с.

Для того, чтобы оценить ресурс, необходимо авторизоваться.

Учебно-методическое пособие предназначено для студентов специальности «Прикладная математика и информатика», обучающихся на втором курсе дневного отделения и третьем курсе вечернего отделения, по дисциплине «Теоретическая механика». Предлагаемый учебно-методический материал позволяет студентам индивидуально изучить один из разделов теоретической механики — статику. Определения, положения и постулаты, вводящиеся в статике, затем активно используются в динамике — основном разделе теоретической механики. Пособие включает теоретические основы определения связей и их реакций, главного вектора и главного момента системы сил. уравнение равновесия для общего и всех частных случаев: и практические примеры в виде решения наиболее типичных задач статики. Также в пособии содержится список вопросов для самоконтроля и перечень задач для самостоятельного решения. Итогом изучения статики для студентов факультета ПММ является решение зачетной работы, варианты которой приводятся в пособии, наряду с разбором типичных задач подобного рода.

ВУЗ: Воронежский государственный университет Факультет прикладной математики и механики

Год публикации: 2006

Библиографическая ссылка:: Чеботарев А.С., Щеглова Ю.Д. Решение задач по теоретической механике. Ч.3. Динамика: Учебно-методическое пособие. — Воронеж: ИПЦ ВГУ, 2006. — 53 с.

Для того, чтобы оценить ресурс, необходимо авторизоваться.

Учебно-методическое пособие подготовлено на кафедре теоретической и прикладной механики факультета ПММ Воронежского государственного университета. Рекомендуется для студентов 2-го курса дневного отделения и 3-го курса вечернего отделения специальности 010200 (010501) — «Прикладная математика и информатика». Предлагаемый учебно-методический материал призван помочь студентам изучить один из наиболее трудных разделов теоретической механики — динамику. Пособие включает теоретические основы — определения и практические примеры в виде решения наиболее типичных задач динамики. Также в пособии содержится список вопросов для самоконтроля и перечень задач для самостоятельного решения.

Лекции и примеры решения задач механики

Теоретическая механика – наука об общих законах механических взаимодействий между материальными телами, а также об общих законах движения тел по отношению друг к другу.

Механическое взаимодействие между материальными телами является простейшим и одновременно самым распространенным видом взаимодействия между физическими объектами. Механическое движение, будучи самым простым видом движения, является фундаментальным свойством материи.

Основные разделы

Теоретическая механика, преподаваемая в техническом вузе, содержит три раздела: кинематику, статику и динамику.

1. Кинематика – часть механики, в которой изучаются зависимости между величинами, характеризующими состояние движения систем, но не рассматриваются причины, вызывающие изменение состояния движения.
2. Статика – это учение о равновесии совокупности тел некоторой системы отсчета.
3. Динамика – часть механики, в которой рассматривается влияние сил на состояние движения систем материальных объектов.

Объекты и цель изучения

Целью изучения дисциплины «Теоретическая механика» является формирование необходимой базы знаний для изучения других технических дисциплин по профилю будущей профессиональной деятельности, таких как сопротивление материалов и теория механизмов и машин.

В разделах теоретической механики изучаются общие законы движения и равновесия материальных систем; исследуются простейшие логические модели, на которые могут быть разложены объекты техники и природы, дается научный метод познания законов механического движения систем.

Задачами курса теоретической механики являются:

• выработка практических навыков решения задач механики путем изучения методов и алгоритмов построения математических моделей движения или состояния рассматриваемых механических систем, а также методов исследования этих математических моделей;
• воспитание естественнонаучного мировоззрения на базе изучения основных законов природы и механики.

Учебные материалы по теормеху

На нашем сайте Вы можете просмотреть и использовать для изучения курса теоретической механики следующие учебные материалы:

Лекции и примеры решения задач механики

Здесь можно бесплатно скачать литературу (учебники и пособия) по теормеху.

Добронравов В.В., Никитин Н.Н. Курс теоретической механики. 1983 г.

Учебник написан на основе опыта преподавания курса теоретической механики в МВТУ им. Н. Э. Баумана.

В четвертом издании значительно перестроено изложение разделов «Статика» (введены элементы дедуктивного изложении материала при рассмотрении вопросов приведения и равновесия системы сил), «Кинематика» (в отдельный napaгpaф выделена кинематика сложного движения точки при переносном поступательном движении) и часть «Динамики».

Предназначен для студентов машиностроительных специальностей вузов.

Дронг В.И. и др. Курс теоретической механики. Под ред. Колесникова К.С. Том 1. 2005 г.

Изложены кинематика, статика, динамика точки, твердого тела и механической системы; аналитическая механика; теория колебаний; теория удара; введение в динамику тел переменной массы; основы небесной механики. Приведены примеры решения задач.

Содержание учебника соответствует программе и курсу лекций, которые авторы читают в МГТУ им. Н. Э. Баумана.

Для студентов машиностроительных вузов и технических университетов.

Может быть полезен аспирантам и преподавателям, а также специалистам в области статики и динамики механических систем.

Маркеев А.П. Теоретическая механика. 1999 г.

Пособие является строгим, целостным и компактным изложением всех базовых задач и методов теоретической механики. Книга сильно отличается от существующих на данный момент учебных пособий по теоретической механике, как по поиску материала, так и по способу его изложения. Всё внимание нацелено на рассмотрение самых содержательных и ценных для теории и приложений разделов динамики и методов аналитической механики; статика изучается как раздел динамики, а в разделе кинематики детально описываются общие основания кинематики системы; некоторые методические идеи являются новыми в учебной литературе.

Пособие предназначено для учащихся механико-математических факультетов университетов, а также для студентов высших учебных заведений, обучающихся по специальности «Механика» и «Прикладная математика», преподавателей механики, аспирантов.

Суслов Г.К. Теоретическая механика. 1946 г.

Книга содержит следующие разделы: теорию векторов, кинематику, динамику частицы, динамику системы частиц и статику, а также, интегрирование уравнений динамики, динамику твёрдого тела и теорию удара.

Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики. 1986 г.

В книге изложены основы механики материальной точки, системы материальных точек и твердого тела в объеме, соответствующем программам технических вузов.

Приведено много примеров и задач, решения которых сопровождаются соответствующими методическими указаниями. Для студентов очных и заочных технических вузов.

Терлецкий Я.П. Теоретическая механика. 1987 г.

В книге содержится весь рекомендуемый материал по теоретической механике для физических факультетов со сравнительно небольшими дополнениями.

В отличие от некоторых известных курсов в основу изложения положено не постулирование принципа наименьшего действия, а уравнения Ньютона для системы материальных точек как известное обобщение опытных фактов. При этом уравнения Лагранжа получаются в результате перехода к произвольным обобщенным координатам, а принцип Гамильтона — как возможный математический аппарат, приводящий к уравнениям Лагранжа. Такой подход представляется наименее формальным и более удобным в педагогическом плане.

Яблонский А.А., Никифорова В.М. Курс теоретической механики. Части 1 и 2. 1966 г.

Учебник составлен в полном соответствии с программой курса теоретической механики для высших технических учебных заведений и содержит материал, который является основной частью рабочих программ этого курса всех специальностей.

Учебник рассчитан на студентов очной и заочной систем обучения.

Наряду с изложением теоретического материала в учебнике имеется подробное решение задач основных типов и даны вопросы для самоконтроля.

Первая часть учебника содержит курс статики и кинематики.

Лекции и примеры решения задач механики

Айзенберг Т.Б. и др. Руководство к решению задач по теоретической механике. 1968 г.

Основная цель настоящего пособия — помочь студенту при обрести навыки в решении задач по теоретической механике.

Пособие предназначается главным образом для студентов заочных и вечерних отделений высших технических учебных заведений, но оно может быть также полезным и для студентов очного обучения.

РУКОВОДСТВО ДЛЯ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ПО ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ МЕХАНИКЕ

1 Министерство транспорта Российской Федерации Федеральное агентство железнодорожного транспорта ГОУ ПО «Дальневосточный государственный университет путей сообщения» Кафедра «Теоретическая механика» Д.Т. Ян РУКООДСТО ДЛЯ РЕШЕНИЯ ЗДЧ ПО ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ МЕХНИКЕ Часть 1 СТТИК Рекомендовано Методическим советом ДГУПС в качестве учебного пособия Хабаровск Издательство ДГУПС 007

2 УДК 531. (075.8) ББК 3я73 Я 600 Рецензенты: Кафедра «Теоретическая механика» Тихоокеанского государственного университета (заведующий кафедрой кандидат технических наук, доцент М.. Лейбович) Доктор физико-математических наук, заведующий лабораторией оптико-акустических измерений ФГУП НИИФТИ «Дальстандарт».. Луговой Я 600 Ян, Д.Т. Руководство для решения задач по теоретической механике : учеб. пособие. 3 ч. Ч. 1. Статика / Д.Т. Ян. Хабаровск : Изд-во ДГУПС, с. : ил. Учебное пособие соответствует ГОС ПО направлений подготовки дипломированных специалистов «Подвижной состав железных дорог», «Транспортные машины и транспортно-технологические комплексы», «Строительство», 7000 «Транспортное строительство» специальностей «Локомотивы», «агоны», «Электрический транспорт железных дорог», «Подъемно-транспортные, строительные, дорожные машины и оборудование», 7010 «Промышленное и гражданское строительство», 7001 «Мосты и транспортные тоннели», 7004 «Строительство железных дорог, путь и путевое хозяйство» по дисциплине «Теоретическая механика». Состоит из 3 частей. Часть 1 содержит определения необходимых понятий, методики решения типовых задач, варианты задач для индивидуальной работы по разделу «Статика» курса «Теоретическая механика». Предназначено для студентов 1-го и -го курсов технических специальностей всех форм обучения. УДК 531. (075.8) ББК 3я73 ГОУ ПО «Дальневосточный государственный университет путей сообщения» (ДГУПС), 007

3 ЕДЕНИЕ Предлагаемое учебное пособие предназначено для самостоятельного изучения студентами раздела теоретической механики «Статика». отдельных подразделах изложены основные правила и рекомендации, которые используются при решении задач на практических занятиях. Так, необходимые для решения задач сведения по определению направления реакций связей, проекций сил и моментов сил приведены в первом разделе. Общие замечания по методикам решения отдельных групп задач даны в первых подразделах каждого раздела. Предполагается, что для освоения методов решения задач с помощью данного пособия студенты будут изучать материал в той последовательности, которая приведена в издании. Учитывая это, материал первых подразделов излагается с подробными разъяснениями, затем объем пояснений заметно уменьшается, иногда вместо пояснений приводится лишь ссылка на рекомендации предшествующих подразделов. конце каждого раздела содержатся задачи для самостоятельного решения. Это позволяет провести контроль по применению изученной методики. К выполнению индивидуальных домашних заданий по статике следует приступать после изучения соответствующего раздела. Это поможет закрепить полученные знания и приобрести опыт решения задач. втор выражает благодарность профессору.и. Доронину за методические советы при обсуждении материала и помощь при редактировании. 3

4 4 1. ОСНОНЫЕ ПОНЯТИЯ И ОПРЕДЕЛЕНИЯ, ИСПОЛЬЗУЕМЫЕ ПРИ РЕШЕНИИ ЗДЧ СТТИКИ 1.1. Общие сведения Практическая часть раздела «Статика» курса теоретической механики состоит из решения задач с использованием условия равновесия материальных объектов. качестве объекта равновесия берут отдельные тела, но можно за объект взять и несколько связанных между собой тел, находящихся в равновесии. Неизвестными величинами в задачах статики чаще всего являются силы, действующие на рассматриваемый объект, неизвестными могут быть и геометрические параметры, характеризующие положение или размеры объекта при равновесии. Решение задач статики производится в следующем порядке: Последовательность решения задач статики 1) выбирается объект равновесия; ) показываются все силы, действующие на объект; 3) из условий равновесия объекта находятся искомые величины. ыбор объекта равновесия ыбор объекта равновесия тесно связан с условием задачи и прежде всего с тем, что нужно по условию задачи определить. Если, например, надо определить какие-то силы в элементах конструкции, то в качестве объекта следует взять такую часть конструкции, на которую бы искомые силы действовали непосредственно. Таким образом, выполнение п. 1 решения задач увязывается с п., т. е. с расстановкой сил, действующих на объект. Силы активные и реактивные Заметим, что все силы, приложенные к объекту, есть действие окружающих тел. Из них выделяют активные силы, величины которых задаются условием задачи, например, вес объекта. Под действием активных сил объект приобретает тенденцию к движению. Но этому движению препятствуют соприкасающиеся с ним тела, называемые связями. Силы, с которыми связи действуют на объект, называются реакциями связей. Для каждой реакции связи можно указать лишь направление или линию действия, модуль же ее определяется из условий равновесия объекта. Правила определения направления реакции связей рассмотрены в подразд. 1.. качестве условий равновесия объектов чаще всего используются аналитические условия или уравнения равновесия. ид и число уравнений равновесия определяется характером системы сил, действующих на объект (табл. 1.1).

5 Система сил, действующих на объект Сходящиеся силы в одной плоскости Сходящиеся силы в пространстве Произвольная плоская система сил (XOY) Произвольная пространственная система сил Таблица 1.1 Уравнения равновесия для одного объекта 1. Σ F kx = 0,. Σ F ky = 0 1. Σ F kx = 0,. Σ F ky = 0, 3. Σ F kz = 0 1. Σ F kx = 0,. Σ F ky = 0, 3. ΣM 0 ( F k ) = 0 1. Σ F kx = 0,. Σ F ky = 0, 3. Σ F kz = 0, 4. ΣM x ( F k ) = 0, 5. ΣM y ( F k ) = 0, 6. ΣM z ( F k ) = 0 табл. 1.1 приняты следующие обозначения: Σ F kx ; Σ F ky ; Σ F kz суммы проекций всех сил на оси координат; Σ М 0 ( F k ) сумма моментов всех сил относительно центра О; Σ М x ( F k ), Σ М y ( F k ), Σ М z ( F k ) суммы моментов всех сил относительно осей координат. При составлении уравнений равновесия надо уметь находить проекции силы на оси координат и моменты силы относительно центра и оси (см. подразд. 1.3 и 1.4). Статически определенные и статически неопределенные задачи разделе «Статика» рассматриваются только статически определенные задачи, т. е. задачи, в которых число неизвестных равно числу независимых условий равновесия. Число независимых уравнений для одного объекта равновесия указано в табл Для конструкций, состоящих из нескольких связанных между собой тел, общее число независимых уравнений равновесия равно сумме уравнений, которые можно составить для каждого отдельно взятого тела конструкции. Если число неизвестных больше числа независимых уравнений равновесия, то задача будет статически неопределенной. Методы решения таких задач рассматриваются в курсе «Сопротивление материалов». Эти методы основаны на том, что к уравнениям равновесия добавляются «уравнения совместности деформаций», т. е. дополнительно учитываются деформационные особенности тел. статике же, как известно, все тела считаются твердыми, недеформирующимися. 5

6 1.. Основные виды связей и их реакции Рассмотрим вначале простые связи, которые ограничивают движение какой-либо точки объекта. При определении направления реакции простых связей будем исходить из следующих положений: реакция каждой связи должна быть приложена к объекту в точке, у которой эта связь исключает какие-либо перемещения; реакция связей должна быть направлена в сторону, противоположную тому направлению, по которому связь не позволяет перемещаться из рассматриваемого положения упомянутой выше точки объекта Гладкая поверхность Связь гладкая поверхность (рис ) не позволяет точке объекта перемещаться по нормали к поверхности связи. Поэтому реакция связи R будет направлена по этой нормали в сторону объекта. связь нормаль нормаль 90 о связь R R 90 о нормаль объект объект R 90 о связь Рис. 1.1 Рис. 1. Рис. 1.3 том случае, когда объект опирается на острый шип или ребро двугранного угла, реакция связи будет направлена по нормали к поверхности объекта в сторону объекта. Такого вида связи изображены на рис. 1.4 и 1.5. нормаль нормаль объект объект 90 о связь 90 о связь Рис. 1.4 Рис

7 Для рассмотренных случаев можно сформулировать общее правило: реакция гладкой поверхности или опоры направлена по общей нормали к поверхности тела и связи в точке их касания Невесомая, нерастяжимая нить Связь невесомая, нерастяжимая нить не позволяет точке М объекта удаляться от точки подвеса по направлению нити М (рис. 1.6). Поэтому реакция натянутой нити направлена вдоль нити от объекта к точке ее подвеса. Если нить имеет вес, то характер ограничения, накладываемого такой связью на движение точки М объекта, будет более сложным, и для определения направления реакции нить следует рассматривать как самостоятельный объект. Т М объект Рис. 1.6 связь Невесомый стержень с шарнирами по концам Связь невесомый стержень с шарнирами по концам (рис. 1.7) препятствует перемещению точки объекта в направлении оси стержня. Значит реакция S стержня направлена по оси стержня. отличие от нити, которая должна быть всегда растянута, стержень может быть как растянут, так и сжат. Это значит, что для реакции стержня заранее можно указать лишь линию ее действия (по ), направление реакции уточняется из условия равновесия объекта. Обычно задаются направлением реакции S стержня от объекта к середине стержня, считая, что стержень растянут. Если в результате решения с учетом равновесия объекта реакция стержня получится отрицательной, это значит, что она направлена в противоположную сторону, а стержень сжат. Если стержень имеет вес, то характер ограничений, которые он накладывает на движение точки объекта, будет более сложным. Такой стержень можно рассматривать как самостоятельный объект. Замечание Любые по конструкции жесткие невесомые связи с двумя внешними шарнирами можно рассматривать как стержни с шарнирами по концам, и из этого условия определять направления их реакций (рис. 1.8, 1.9). S Рис. 1.7 объект 7

8 связь S объект связь S объект Рис. 1.8 Рис Цилиндрический шарнир без трения Цилиндрический шарнир (рис.1.10) не позволяет точке объекта перемещаться в плоскости, перпендикулярной оси шарнира, в данном случае в плоскости ху. Следовательно, реакция R шарнира может иметь любое Y направление в плоскости ху. Неизвестную по направлению и величине реакцию R представляют в ви- объект де двух составляющих Х и Y, совпадающих с положительным направлением R Y осей Х и Y. X еличина этих связей определяется из условий равновесия объекта. После этого X находится реакция шарнира R : связь Рис R = X + Y Шаровой шарнир без трения и подпятник без трения Связи шаровой шарнир без трения и подпятник без трения (рис. 1.11, 1.1) закрепляют точку так, что исключаются любые ее перемещения в пространстве. Следовательно, реакция R шарового шарнира подпятника может иметь любое направление в пространстве. Она представляется тремя составляющими Х, Y и Z, направленными по взаимно-перпендикулярным осям. еличины составляющих определяются из условия равновесия объекта, после чего находится и полная реакция R : R = X + Y + Z. 8

9 Z Z объект объект Z X Y Y связь Z Y X X Y Рис X Рис Подвижная шарнирная опора Связь подвижная шарнирная опора (рис. 1.13) препятствует перемещению точки объекта по нормали к опорной поверхности, поэтому реакция подвижной шарнирной опоры направлена по нормали, проходящей через центр шарнира Сложные связи опорная поверхность R объект Рис нормаль ыше были рассмотрены простые связи, ограничивающие движение одной точки объекта. Сложные связи накладывают ограничения на движение всего объекта. Рассмотрим два вида сложных связей: а) плоскость без трения в условиях, когда касание с объектом происходит на некоторой площадке CD (рис. 1.14); б) жесткая заделка (рис. 1.15). Будем считать, что активные силы, действующие на объект, в обоих рассматриваемых случаях расположены в плоскости yz, поэтому и связи ограничивают перемещение объектов только в плоскости yz. Плоскость без трения с касанием по площадке CD (рис. 1.14) не дает объекту связь перемещаться по нормали к плоскости, а также поворачиваться вокруг оси Х. Поэтому действие этой связи характеризуется реакцией R, направлен- C X R Z M Рис D объект Y 9

10 X М Z Z объект v Y Рис Y ной по нормали к плоскости, и реактивным моментом М. Точка приложения реакции R может быть выбрана в любом месте площадки CD. Направление дуговой стрелки реактивного момента R противоположно направлению, в котором стремятся повернуть объект активные силы. Жесткая заделка (рис. 1.15) не позволяет точке перемещаться в плоскости yz и не дает объекту поворачиваться вокруг оси Х. Поэтому реакция заделки состоит из силы R, представленной составляющими Y и Z, и реактивного момента М. Задачи для самоконтроля Для каждой из представленных ниже задач дается по четыре расчетные схемы с указанием активных сил P, Q и реакций связей, действующих на объект. Из этих четырех схем только на одной реакции указаны правильно. Определите правильную расчетную схему. Ответы даны в подразд Задача 1 1. R R P R C B С Q 3. R R B P R C Q. R R B P R C С Q 4. R P R B R С C Q Задача 1. R T P Q. 3. T R P Q R T P Q 4. Y R P Х Q 10

11 Задача 3 1. R P Q Q P P Q 11

12 в основу которого заложены графические построения. Рассмотрим оба случая Случай, когда сила и ось расположены в одной плоскости Из начала и конца силы F опустим перпендикуляры на ось х. Нетрудно заметить, что направленный отрезок ab ( начало отрезка в точке, конец в точке ) определяет проекцию F x. На рис.1.16 направление этого отрезка совпадает с положительным направлением оси х, поэтому придадим ему знак «+» (так как проекция F x на рис.1.16 положительна). На рис.1.17 отрезок ab направлен противоположно оси х, поэтому придадим ему знак (проекция F x на рис отрицательна). F α 1 x 1 F β x а b b а Рис Рис Построения, подобные выполненным на рис.1.16 и 1.17, позволяют определение проекции силы на ось разделить на две операции: первую определение модуля проекции, вторую определение знака проекции. Модуль проекции или длина отрезка ab вычисляется из прямоугольного треугольника 1 : для рис F x = ab =F csα; (1.3) для рис F x = ab =F csβ. Знак проекции принимается положительным, если направление отрезка ab совпадает с положительным направлением оси (рис.1.16) и отрицательным, если направления противоположны (рис.1.17). Правило для вычисления проекции силы на ось, когда сила и ось лежат в одной плоскости 1 Таким образом, для определения проекции силы на ось необходимо: а) выполнить построения, как это сделано на рис и 1.17, т. е. провести перпендикуляры а и b, провести через точку прямую, параллельную оси х; б) определить модуль проекции силы на ось треугольника 1 по формуле F x = F csα (рис. 1.16) или F x = F csβ (рис. 1.17); в) определить знак проекции силы на ось в зависимости от направления отрезка ab: знак «+», если направление отрезка ab совпадает с положительным направлением оси Х и знак, если направления противоположны.

13 Пример 1.1. Сила F, равная по модулю 0 Н, расположена в плоскости ОХУ (рис. 1.18). ычислить ее проекции на координатные оси, если она образует с положительным направлением оси Х угол α = 30. Решение Первый способ. F х = F csα; F y = F cs(90 +α). Тогда F х = 0 cs 30 = 10 3 Н; F у = 0 cs 10 = 10 Н. Рис торой способ. Модули проекций F х и F у найдем из С: F х = a 1 b 1 = F csα = 10 3 Н. Проекция F х положительна, так как направленный отрезок a 1 b 1 совпадает с положительным направлением оси Ох. Следовательно: F х = 10 3 Н, F y = a b = F cs(90 +α) = 10 Н. Знак проекции F y отрицательный, так как направленный отрезок a b (начало в точке а, конец в точке b ) противоположен положительному направлению оси Y. Следовательно, F y = 10 Н Случай, когда линия действия силы F и ось Х скрещивающиеся прямые a b Y O 1 F 30 a1 b1 Х случае, когда линия действия силы F и ось Х скрещивающиеся прямые рекомендуется ось Х дополнить двумя осями Y и Z (рис. 1.19) так, чтобы образовалась Z декартова система координат. Далее необходимо построить на силе F как на диагонали параллелепипед, ребра которого были бы параллельны оси Х. Учитывая, что проекции силы на параллельные оси одного направления равны между собой (это доказано в п ), можно доказать, что проекция силы F на Х ось Х (рис. 1.19) изображается направленным отрезком С. Проекции силы на оси Y и Z изображаются отрезками D и Е. Модули проекций определяются по формулам: Х 1 С Е Z 1 α z α x α y Рис D Y 1 Y 13

14 F x = C = F cs α x из треугольника С, F y = D = F cs α y из треугольника D, (1.4) F z = E = F cs α z из треугольника E. Знак проекции определяется по установленному в п правилу в зависимости от направления оси и отрезка, определяющего проекцию. Таким образом, для вычисления проекции силы F на ось следует: а) дополнить ось Х двумя осями Y и Z так, чтобы получилась декартова система координат; б) построить на силе F как на диагонали параллелепипед с ребрами, параллельными координатным осям (рис. 1.19); в) определить модуль проекции F x из соответствующего треугольника Е по формуле F x = F csα x [формулы (1.4)]; Z г) определить знак проекции F x : D знак «+», если направление отрезка γ С (рис. 1.19) совпадает с положительным направлением оси Х; знак С, если направления противоположны. O 3 D 3 Y некоторых случаях для выполнения пункта «в» методики можно D 1 1 γ F xy использовать другую формулу, которая получается из построения на C C 1 1 Х рис. 1.0: Рис. 1.0 F x = C = Fcsβ csγ. (1.5) Из рис. 1.0 и формулы (1.5) видно, что вначале определялся модуль проекции силы на плоскость XOY F xy = Fcsβ, а затем уже модуль проекции F x. Метод последовательного проектирования Метод, дающий формулу (1.5), называется методом последовательного проектирования: чтобы найти проекцию силы на заданную ось, следует вначале эту силу спроектировать на плоскость, в которой лежит ось (плоскость можно выбрать произвольно), затем полученную проекцию спроектировать на заданную ось. Применим этот метод для определения модуля F y (рис. 1.0): F y = 3 D 3 = F csβ sinγ. (1.6) Формулы (1.5) и (1.6) применяются в тех случаях, когда легче определить углы β и γ, чем α x и α y. 14

15 Пример 1. Сила F, равная по модулю 60 Н, действует вдоль прямой М (рис. 1.1). ычислить проекции силы на координатные оси. Решение Чтобы не загромождать рисунок, построение параллелепипеда приведено не полностью. Проекции F x, F y и F z изображаются направленными отрезками С, D и Е. Находим F = 30 x F cs cs60 = 15 3 Н; F = 30 y F cs cs 30 = 45 Н; F z = F cs60 = 30 Н. Х Z М O 60 D Рис Е С Y Пример 1.3 Сила F, равная по модулю 60 Н, действует по прямой М (рис. 1.). ычислить F x, F y и F z. Z М Решение Сила F расположена в плоскости, перпендикулярной оси Y, поэтому F y = 0, а проекции F x и F z изображаются направленными отрезками С и Е. Находим F x = F cs30 = 30 3 Н; Х Е F Рис. 1. С 90 Y F z = F cs60 = 30 Н. Приведенные примеры позволяют сделать вывод, что для вычисления проекций силы параллелепипед полностью строить необязательно, а в случае примера 1.3 параллелепипед даже вырождается в прямоугольник. После приобретения опыта нахождения проекций сил на оси тщательное выполнение всех пунктов методики, конечно, будет излишним: многое будет делаться «в уме». Но на начальном этапе рекомендуется строго придерживаться методики полностью строить параллелепипед. 15

16 Задачи для самоконтроля о всех представленных ниже заданиях требуется определить проекцию силы F на ось Y. К каждому заданию приведены 4 ответа, один из которых является правильным. ыберите правильный ответ и сравните его с ответом в подразд Задача 1 Z Ответы: 1. F y = F sin αsinβ Х O F β α Y F y F y F y = 0 = F sin α sinβ = F cs α csβ Задача Z Ответы: 1. F y = 0 Х O β F α Y F y F y F y = F cs α csβ = F sin α csβ = F cs α sinβ Задача 3 Z Ответы: 1. F y = 0 O α F Y. 3. F y F y = F csαcsβ = F sin α cs β Х β 4. F y = F cs α csβ 16

17 1.4. Моменты сил относительно центра и относительно оси Z Сведения из теории Моменты сил относительно центра и F оси характеризуют вращательный эффект α силы по отношению к центру или оси. Моментом силы относительно центра (рис. 1.3) называется вектор, опре- O Рис. 1.3 деляемый векторным произведением М0 (F ) = F. (1.7) Моментом силы F относительно оси (рис. 1.3) называется проекция на эту ось вектора-момента М (F 0 ), т. е. М (F ) = OB = M (F ) cs α. (1.8) z При решении задач статики используется обычно только понятие момента силы относительно оси, поэтому рассмотрим это понятие более подробно. Из определения и из формулы (1.8) видно, что момент силы относительно оси величина алгебраическая; момент будет положительным, если угол α 90. Формула (1.8) для использования неудобна, так как требуется предварительно определить момент силы относительно центра М (F 0 ). Z курсе лекций по статике доказывается, что момент силы относительно оси можно вычислить и без предварительного определения мо- h F мента этой силы относительно центра. Покажем, как это делается, вначале для случая, ко- 90 O гда сила F расположена в плоскости, перпендикулярной оси Оz (рис. 1.4). Рис. 1.4 Для вычисления момента силы F относительно оси Оz предлагается следующая формула М z (F ) = ± h F, (1.9) где h плечо силы; F модуль силы. Правило знаков для момента силы относительно оси Момент силы относительно оси считается положительным, если при наблюдении со стороны положительного направления оси Z вращение силы представляется наблюдателю происходящим против хода часовой стрелки, и отрицательным, если по ходу часовой стрелки (рис. 1.5). 0 M + (F ) Рис

18 лгебраическая величина момента силы относительно центра следующая запись ращательный эффект действия силы F относительно оси Z и относительно центра О (рис. 1.4) один и тот же, поэтому допускается M (F ) = ± h F. (1.10) При использовании правила знаков в формуле (1.10) следует считать, что наблюдатель находится над плоскостью. Рассмотрим теперь общий случай, когда линия действия силы и ось скрещивающиеся прямые (рис. 1.6) этом случае для Z вычисления момента силы F s F относительно оси Z рекомендуется формула (1.11) F a α Q M Z(F ) = ± h F a, (1.11) 90 O h где F a модуль проекции силы F на плоскость Q, перпендикулярную оси Z, F a = F csα; h Рис. 1.6 плечо проекции F a. Знак «+» или определяется по правилу (рис. 1.5), считая, что наблюдатель смотрит со стороны положительного направления оси Z. Формула (1.9) является частным случаем формулы (1.11), когда F a = F. Учитывая введенное выше понятие алгебраическая величина момента силы относительно центра [формула (1.10)], можно считать, что где M (F a ) центра О. Правило для вычисления момента силы относительно оси 18 M Z(F) = M(Fa) = ± hfa алгебраическая величина момента силы F a, (1.1) относительно Исходя из этого, можно сформулировать следующее правило для вычисления момента силы относительно оси: чтобы найти момент силы относительно оси, необходимо эту силу спроектировать на плоскость, перпендикулярную оси, а затем найти алгебраическую величину момента этой проекции относительно точки пересечения оси с плоскостью; знак момента определяется по правилу (см. рис. 1.5), считая, что наблюдатель смотрит со стороны положительного направления оси. ычисление моментов силы относительно декартовой системы координат Если сила F задана своими проекциями F x, F y и F z на оси декартовых координат и известны точки приложения силы (x, y, z) (рис. 1.7), то вычисление моментов сил относительно координатных осей можно производить по формулам:

19 Докажите следующее положение М М М х y z (F) = уf (F) = уf (F) = xf z х y zfy ; zfz ; yf. x (1.13) Формулы (1.13) получаются проектированием на оси координат векторного уравнения (1.7). Если сила и ось расположены в одной плоскости, то момент силы относительно этой оси равен нулю. Рассмотрите случаи, когда сила параллельна оси и когда сила пересекает ось. X Z F(F x,f y,f z y Y x Рис. 1.7 z ) Рекомендации по вычислению момента силы в задачах на равновесие плоской системы сил Если все силы, действующие на объект, расположены в одной плоскости, например, в плоскости хоy, то момент они могут дать только относительно оси, перпендикулярной плоскости хоy, т. е. относительно оси z (см. доказательство п ). этом случае можно ось z вообще не упоминать и считать, что моменты сил относительно оси z есть моменты относительно точки пересечения оси z с плоскостью xoy (см. формулу (1.10) и понятие об алгебраической величине момента силы относительно центра). Рассмотрим в связи с этим более внимательно определение алгебраической величины момента силы относительно центра. Из формулы (1.10) следует, что для вычисления момента силы F относительно центра О нужно знать модуль силы, плечо силы и знак момента силы. Модуль силы бывает либо задан, либо это искомая величина, определяемая из уравнений равновесия. Знак момента определяется по правилу (см. рис. 1.5): если момент действует против направления часовой стрелки, то знак момента выбирается положительным и, если момент действует по направлению часовой стрелки, знак момента выбирается отрицательным. Определение плеча силы Трудность для начинающих вызывает определение плеча силы. Рекомендуется делать это относительно центра в следующем порядке. Чтобы найти плечо силы F относительно точки О, нужно через вектор силы F провести линию ее действия, опустить из точки О на линию действия силы перпендикуляр, который и является плечом; вычислить длину перпендикуляра или плечо силы. ыполнение операций по определению плеча силы см. на рис Необходимо подчеркнуть следующее: при нахождении плеча силы, перпендикуляр из центра О опускается не на силу F, а на линию ее действия (т. е. на продолжение силы), поэтому на изображении III сила F не показана. 19

20 Рис. 1.8 Определение момента Таким образом, для определения момента силы относительно центра в плоских задачах стати- силы относительно центра в плоских ки необходимо установить модуль силы; найти задачах статики плечо силы по приведенному выше правилу (рис. 1.8), определить знак момента силы по правилу (см. рис. 1.5), а затем вычислить M (F ) = ± h F [формула (1.10)]. некоторых случаях для вычисления момента Дополнение: сил применяют теорему ариньона: момент равнодействующей относительно центра равен сумме мо- теорема ариньона ментов составляющих сил относительно этого центра (рис. 1.9). α F F 1 F Рис. 1.9 На рис. 1.9 вначале сила F заменена двумя составляющими F 1 и F (F = F 1 + F ), модули их F 1 = F cs α, F = F sin α. По теореме ариньона получаем M (F ) M (F ) + M (F ) = F b F a = F(b cs α + a sin α). (1.14) 0 = 1 1

21 Рекомендации по вычислению момента силы в задачах на равновесие пространственной системы сил При решении задач на равновесие пространственной системы сил вычисление момента силы относительно оси можно выполнить либо по формуле (1.11), и вытекающему из этой формулы правилу, либо по формулам (1.13). Для вычисления момента силы F относительно оси Z (рис. 1.30) по формуле (1.11) и со- Определение момента силы относительно оси ответствующему правилу следует: а) провести плоскость Q, перпендикулярную оси Z, и отметить точку О пересечения оси Z с плоскостью Q; б) спроектировать силу F на плоскость Q и найти проекцию F : F = F csα (рис. 1.30); F a a в) найти плечо силы F a относительно точки О, используя правило, иллюстрированное на рис. 1.8; г) определить знак момента силы F a относительно точки О по правилу (см. рис. 1.5); д) вычислить M z (F) по формуле M (F ) = ± h F = ± h F cs α. Определение момента силы относительно декартовой системы координат Z a Для вычисления момента силы относительно координатных осей по формулам (1.14) необходимо (рис. 1.31): а) установить координаты x,y и z точки приложения силы. Заметим, что точку на линии действия силы можно выбрать произвольно. Рекомендуется выбирать так, чтобы ее координаты определялись как можно проще. частности, можно выбрать точку в месте пересечения линии действия силы с какой-либо координатной плоскостью; б) построить на силе F как на диагонали параллелепипед, ребра которого параллельны координатным осям; в) найти проекции силы F x, F y, правилам, установленным в п. 1.3.: F F cs x = αx ; Fy F cs αy F z по = ; Fz = F cs αz ; г) вычислить моменты сил относительно координатных осей по формулам (1.13): M yf zf x = x y ; My zfx xfz X = ; Mz = xfy yfx. Z O F x y F z z α z F a α x x α y Рис α F Y F y 1

22 Дополнение: теорема ариньона Покажем, что формулы (1.13) можно ривать как аналитические выражения следующей теоремы ариньона: момент равнодействующей относительно оси равен сумме моментов составляющих сил относительно этой оси. Действительно, по теореме ариньона для рис можно записать но M x (F x ) = 0 Mx(Fy ) = F Mx (Fz ) = + F Тогда M (F x M, так как сила F x x y z x z ; y ) = F x (F ) = Mx(Fx ) + Mx(Fy ) + Mx(Fz ), (1.15), [по формуле (1.9)]. z y F y z, что совпадает с соответствующим уравнением в системе (1.13). Предлагается читателю самостоятельно проверить совпадение двух других уравнений системы (1.13) с аналитическими выражениями теоремы ариньона: My(F ) = My(Fx ) + My(Fy ) + My(Fz ), (1.16) M (F ) = M (F ) + M (F ) + M (F ). (1.17) z z x Уравнения (1.15) (1.17) можно использовать вместо формул (1.13), а также для проверки правильности составления аналитических выражений по формулам (1.13). Задачи для самоконтроля Для каждой из представленных ниже задач дается по четыре ответа на поставленный вопрос. Из них только один является правильным. Определите правильный ответ и сверьте с ответом в подразд z y z z Задача 1 = 1 м F 30 лгебраический момент силы F = 3 Н относительно точки равен: 1. M(F ) = 6 Нм. M(F ) = 3 Нм 3. M(F ) = 3 Нм 4 M (F ) = 3 3 Нм.

23 Задача F 60 1 м 1 м 1 м 3 м лгебраический момент силы F = Н относительно точки равен: 1. M(F ) = 3 Нм. M(F ) = 3 Нм 3. M(F ) = 6 3 Нм 4 M (F ) = 3 3 Нм. Задача 3 b а F α β Y Момент силы F относительно оси Y равен: 1. M(F ) = 3 Нм. M(F ) = 3 Нм 3. M(F ) = 6 3 Нм 4 M (F ) = 3 3 Нм. Задача 4 Z β α F Момент силы F относительно оси Z равен: 1. MZ(F ) = 0 Нм. MZ(F ) = Fasinαcsβ Нм 3. MZ(F ) = Fasin αsinβ Нм 4 M (F ) = Facs αcs β Нм. Z 1.5. Ответы к задачам раздела 1 Ниже указаны номера правильных ответов. К задачам подразд. 1.. Задача 1 ответ 3. Задача ответ. Задача 3 ответ. Задача 4 ответ 1. К задачам подразд Задача 1 ответ 3. Задача ответ 4. Задача 3 ответ. 3

24 К задачам подразд Задача 1 ответ 3. Задача ответ 4. Задача 3 ответ 3. Задача 4 ответ 4. Если ваши ответы не совпадают с правильными, следует прочитать соответствующие подразделы пособия и повторно решить задачу.. РЕШЕНИЕ ЗДЧ С ИСПОЛЬЗОНИЕМ УСЛОИЙ РНОЕСИЯ СХОДЯЩИХСЯ СИЛ.1. Общие замечания по методике решения задач Ниже рассмотрены наиболее простые задачи статики, когда на объект равновесия действуют сходящиеся силы, т. е. силы, линии действия которых проходят через одну точку. К таким задачам относятся задачи по расчету стержневых конструкций (подразд..), конструкций из тел шаровой или цилиндрической формы (подразд..3) и некоторые специальные задачи на равновесие сходящихся сил (подразд..4). Решение задач выполняется в последовательности, указанной в подразд. 1.1: выбирается объект равновесия, указываются силы, действующие на объект, из условий равновесия определяются искомые величины. Рекомендации по выбору объектов равновесия и по расстановке действующих сил даны ниже с учетом особенностей рассчитываемых конструкций. Для решения задач применяется либо графическое, либо аналитическое условие равновесия сходящихся сил. Графическое условие: для равновесия системы сходящихся сил необходимо и достаточно, чтобы силовой многоугольник, построенный для этой системы, был замкнут. Графическое условие обычно применяется для решения только плоских задач статики. налитическое условие: выражается уравнениями равновесия: для сходящихся сил в плоскости XOY F F kx ky = 0, = 0. (.1) для сходящихся сил в пространстве F kx = 0, F ky = 0, (.) F = 0. kz 4

25 То есть для равновесия сходящихся сил необходимо и достаточно, чтобы суммы проекций всех сил на координатные оси равнялись нулю. Можно пользоваться не только прямоугольными системами координатных осей, но и косоугольными. Так, в плоских задачах в качестве координатных осей можно выбрать любые две непараллельные прямые, лежащие в плоскости; в пространственных задачах любые три непараллельные и не лежащие в одной плоскости прямые. Рекомендации по выбору осей Оси следует выбирать так, чтобы уравнения были для них наиболее простыми. Можно добиться, например, чтобы в системе (.1) каждое уравнение имело одну неизвестную силу. Для этого оси Х и Y следует проводить перпендикулярно неизвестным силам. Подробнее о рациональном выборе направления осей рассмотрено при решении задач. Силовой расчет стержневых конструкций Стержневыми называют конструкции, состоящие из невесомых стержней, соединенных по концам шарнирами (рис..1). Соединяющий шарнир называется узлом. К стержневым конструкциям близки конструкции из невесомых нитей (рис..), а также смешанные конструкции из невесомых стержней и нитей (рис..3). Расчетные схемы у всех этих конструкций и методы расчета усилий в стержнях и нитях одинаковы. качестве объектов равновесия при расчете рассматриваемых конструкций рекомендуется выбирать узлы этих конструкций (узел на рис..1. 3). S B 90 S P С С Рис..1 α T B P α T C C C 30 S T C B 45 Y P Х Рис.. Рис..3 Стержни и нити считаются невесомыми, если их вес незначителен по сравнению с другими активными силами, приложенными в узлах конструкций. 5

26 При определении сил, действующих на узел стержневой конструкции, можно мысленно представить, что узел это тело маленьких размеров (например, шарнирный болт), к которому присоединены стержни, сходящиеся в узле. Стержни и нити, сходящиеся в узле, можно рассматривать как связи, ограничивающие перемещение узла. Для определения направления реакций этих связей можно пользоваться указаниями пп. 1.. и се действующие на узел силы, активные и реактивные, сходятся в этом узле. Так, на узел стержневой конструкции (рис..1) действует активная сила P и реакции стержней S B и S С, направление которых выбрано в соответствии с указаниями п На узел нитяной конструкции (рис..) действует активная сила P и реакции нитей T B и T C, направление которых следует выбрать в соответствии с указаниями п ычисление реакций стержней и нитей производится с использованием условий равновесия (подразд..1). Эти реакции равны по модулю усилиям в соответствующих стержнях и нитях. После определения реакций силовой расчет указанных конструкций считается законченным. Пример.1 Груз Р = 1000 Н подвешен в точке стрелы, закрепленной в фундаменте с помощью шарнира (рис..3). Стрела удерживается в указанном положении тросом С. Определить, пренебрегая весом стрелы и троса, усилия в стреле и натяжение троса. Решение Следуя данным выше указаниям, выбираем за объект равновесия узел. На узел действуют: вес груза P, реакция троса T C и реакция стрелы S B. Стрела рассматривается как невесомый стержень. Направление реакции T C и S B принято в соответствии с указаниями пп. 1.. и Решение выполним двумя способами: с использованием аналитического и графического условий равновесия. налитическое решение. Для составления условий равновесия (.1) проведем через узел оси X и Y (рис..3). Спроектируем силы P, S B и T C на оси, учитывая указания п результате получим следующие уравнения равновесия: F kx = 0, SB cs 45 TC cs30 = 0, F ky = 0, P SB cs 45 TC cs60 = 0. Неизвестные силы S B и T C входят в оба уравнения равновесия, для их определения необходимо решить систему двух полученных уравнений. Как указывалось выше, вычисления можно упростить, если провести оси перпендикулярно неизвестным силам, например, ось Х перпендикулярно 6

27 S B, а ось Y перпендикулярно T C (рис..4). Для этих осей уравнения равравновесия будут иметь следующий вид: S F kx = 0, cs 45 TC cs 30 = 0 F ky = 0, B, P SB cs 45 TC cs 60 = 0. T C S B P Y Из первого уравнения находим Рис..4 Т С =,735 Н; из второго уравнения S B = 3,34 Н. Для реакции стрелы S B получился отрицательный результат; это означает, согласно указаниям п. 1..3, что стрела сжата, а не растянута, как предполагалось при выборе направления S B на расчетной схеме. Однако делать исправления на расчетной схеме и в уравнениях равновесия не рекомендуется. Графическое решение. Графическое условие равновесия выражается в замкнутости силового многоугольника (п..1). рассматриваемом примере замкнутым должен быть силовой треугольник, так как на объект действуют три силы: P, S B и T C. Построение силового треугольника обычно начинается с известной силы: проведем в стороне от расчетной схемы (рис..5) вертикаль- T ный отрезок ab (рис..6) и будем считать, что S C P в некотором масштабе этот отрезок определяет силу P B. Далее через начало силы P C проведем прямую α-α, параллельную тросу С (или, что то же самое, силе T C ), а через конец силы P Рис..5 прямую β-β, параллельную стреле (или силе S B ). пересечении прямых получим точку с третью вершину силового треугольника. Очевидно, что сторона bс треугольника определяет силу S B, а сторона сa силу T T C C. S B силовом треугольнике векторы сил должны P быть направлены друг за другом («по течению»). связи с этим обнаруживается, что силу S B на расчетной схеме (рис..5) следует направить в противоположную сторону, как это Рис..6 получилось в силовом треугольнике (рис..6). C Х 7

28 То есть приходим к уже известному из аналитического решения выводу, что стрела сжата. Для вычисления модулей сил S B и T C с помощью силового треугольника воспользуемся теоремой синусов: = =, откуда P SB TC sin15 sin10 sin 45 SB = 334 Н, TC = 735 Н. Прежде чем рассматривать следующий пример, рекомендуется определить реакции связей в расчетных схемах, изображенных на рис..1 и., считая Р и α заданными величинами (ответы: для схемы на рис..1 S B = Ptgα, S C = P sec α ; для схемы на рис.. T = T = 0, P cs ecα ). 8 B C 5 Пример. Груз Р = 3000 Н равномерно поднимается лебедкой D с помощью веревки, перекинутой через блок С (рис..7). Ось блока поддерживается стержнями С и С. Пренебрегая размерами блока, весом стержней и веревки, определить усилия в стержнях С и С. Y Решение Груз Р движется равномерно и прямолинейно, поэтому можно считать, что груз и вся конструкция находятся в состоянии равновесия. S S B B С Это значит, для решения задачи следует применить условия равновесия статики. D C T За объект равновесия примем узел С. Размерами блока по условию задачи можно пре- CD небречь, поэтому будем считать, что сила P P и реакция веревки T CD проходят через узел С. Х Кроме этих двух сил, на узел действуют также реакции стержня S C и S Рис..7 BC. То есть и в данной задаче можно считать, что на объект действует система сходящихся сил. Направления реакций приняты в соответствии с указаниями пп. 1.. и Часто в задачах на равновесие конструкций с блоком допускается ошибка: при расстановке сил не учитывается реакция веревки, удерживающая груз на блоке (на рис..7 реакция T CD ). Этого допустить нельзя: ведь без силы T CD веревка и груз Р в равновесии быть не могут. Более того, при равновесии сила T CD по модулю должна быть равна весу груза Р. Это необходимо учитывать при решении задач. Рассмотрим аналитическое решение задачи. Ось х (рис..7) направим так, чтобы она была перпендикулярна неизвестной силе S BC. Уравнение равновесия для этой оси следующее:

29 CD C. F kx = 0, P cs60 T cs30 S cs30 = 0 Откуда, учитывая, что T CD =P, находим S C = 100 Н. При выборе направления второй оси учтем, что величина S C уже найдена и любая ось, непараллельная оси х, дает уравнение с одним неизвестным S C. Направим ось y по вертикали (рис..7), так как в этом случае проектирование сил не требует дополнительных углов, и уравнение равновесия будет простым: С BC, F ky = 0, P + S cs30 S cs30 = 0 откуда S BC = 690 H. При решении примера.1 оси Х и Y были выбраны перпендикулярно неизвестным силам. примере. только одна ось (ось х) была выбрана перпендикулярно неизвестной силе, а ось у из условия, чтобы уравнение равновесия имело наиболее простой вид. обоих вариантах выбора осей решение задачи по определению неизвестных реакций сводится к последовательному решению уравнений с одним неизвестным. Но второй вариант является более предпочтительным, так как уравнения равновесия имеют более простое решение. Пример.3 Стержень О, шарнирно закрепленный в вершине О прямого трехгранного угла, удерживается в наклонном положении тросами и С, перпендикулярными соответствующим граням трехгранного угла (рис..8). Длины стержней: = 3 м, С = 4 м, О = 10 м. К узлу прикреплен груз весом Р = 100 Н. Определить усилия в стержнях и тросах, пренебрегая их весом. Решение За объект равновесия примем узел. На узел действуют четыре силы: активная P, реакции тросов T B и T Х D C и стержня S Рис..8 О. Направления реакций приняты в соответствии с указаниями пп. 1.. и Здесь имеем пространственную систему сходящихся сил. При составлении уравнений равновесия (.) будем следовать рекомендациям п F kx = 0, T C SO cs αx = 0, F ky = 0, T B SO cs αy = 0, F kz = 0, P S O cs α = 0. Значения косинусов углов α x, α y, α z найдем из прямоугольных треугольников OD, OE и OK: z B Z K О α z αx T B α y S О T C P C Е Y 9

30 OD OE OK cs α x = = 0, 4; cs α y = = 0, 3; cs α z = = 0, 866. O O O Из уравнений равновесия находим: P csαy S O = = Н; TB = P = 40 3 Н; cs α x csαz cs α x TC = P = 30 3 H. cs α Рассмотрим методику силового расчета стержневых конструкций, состоящих из нескольких узлов. Наиболее характерным примером таких конструкций является плоская шарнирная ферма (рис..9). фермах различают опорные стержни (стержни К, N и М на рис..9) и стержни самой фермы (на рис..9 они обозначены цифрами от 1 до 7). Пример.4 Определить усилия в стержнях плоской шарнирной фермы (рис..9), пренебрегая весом стержней. Р 1 =Р =1,8 кн, α = 30. z M N S BM B S S ‘ S S ‘ S ‘ S S ‘ S ‘ S N α 4 Е ‘ S S 3 5 S 3 ‘ 4 4 S S K K Y 1 1 α P Y C S S 1 P 1 Х Х 1 Рис..9 Решение Чтобы определить усилия во всех стержнях фермы, необходимо рассмотреть равновесие каждого узла. Последовательность рассмотрения узлов определяется условием, что число неизвестных сил, приложенных к узлу, не должно быть больше двух (число уравнений равновесия). Первым узлом, очевидно, будет узел С. Из уравнений равновесия этого узла определим усилия в стержнях 1 и : Откуда F kx = 0, S S1 cs α = 0, F ky = 0, S sin α P = P1 S 1 = = 3, 6 кн; S = P1 ctgα = 3, 1 кн. sin α 30

31 Далее следует рассмотреть узел Е, считая, что усилие в стержне известно (S’ = 3,1 кн). Уравнения равновесия узла Е: ‘ F kx = 0, S S4 = 0,S4 = S = 3, 1 кн, F ky = 0, S P =,S = P = 18 Н , Направления реакций во всех узлах фермы принимается от узла к середине соответствующего стержня в предположении, что все стержни растянуты (см. п. 1..3). При вычислении из уравнений равновесия величин реакций стержней определяются и знаки реакций. Эти знаки обязательно надо учитывать при последующей подстановке найденных величин реакций в уравнения равновесия следующего узла. Проследите за сохранением знака реакции S при переходе от уравнений равновесия узла С к уравнениям равновесия узла Е. Третий узел узел Д. На узел действуют известные силы S ‘ 1 = 3, 6 кн, S ‘ 3 = 18, кн и неизвестные реакции S 5 и S 6. Уравнения равновесия узла D: F kx = 0, S ‘ 1 S S cs S cs( 90 ) 0, α 3 α = F ky = 0, S cs( 90 ) S cs α 3 α = Откуда S 5 = 1,8 кн; S 6 = 5,4 кн. Затем следует рассмотреть узлы и и определить усилия в стержнях 7, BM, N и K. Рекомендуем эти вычисления произвести самостоятельно. Ответы сравнить с данными табл..1. Таблица.1 Стержни S BN S MN S K Усилия, кн 3,6 1,8 1,8 3,1 1,8 5,4,7,7 4,7 3,6 Задачи для самоконтроля Для каждой из представленных ниже задач приведены 4 ответа на поставленный вопрос, из них только один ответ является правильным. Определите правильный ответ и сверьте его с ответом в подразд..5. есом элементов конструкций пренебречь. ‘ 31

32 P P 1. = 100 S B. = 00 S B H H 3. S B = 00 H 4. S B = 00 H F F F Силовой расчет конструкций из тел шаровой и цилиндрической форм 3 N B О P С α 90 N N c F Если шар удерживается в равновесии гладкими плоскостями (рис..10), то реакции N, NB и N C этих плоскостей будут проходить через центр шара (см. п. 1..1). Если же и активные силы F и P проходят через центр шара, то шар находится в равновесии под действием системы сходящихся сил. Значит расчет по определению Рис..10

33 реакций связей в подобных случаях может выполняться по методике, указанной в подразд..1. За объект равновесия следует выбрать шар. К такому же выводу придем, если рассмотрим равновесие цилиндра (рис..11), движение которого в плоскости, перпендикулярной его продольной оси, ограничивается гладкими поверхностями. При определении реакций N и N за объект равновесия следует выбрать цилиндр. Если гладкую поверхность заменить невесомым стержнем (или нитью), ось которого проходит через центр шара (цилиндра), то и в этом случае (рис..1) на объект равновесия будет действовать система сходящихся сил. N О P α N B С S BC N О P Рис..11 Рис..1 задачах по силовому расчету конструкций, подобных изображенным на рис..10.1, обычно требуется определить давление шара (цилиндра) на поверхность или усилие в стержне (нити). Эти силы равны по модулю и противоположны по направлению соответствующим реакциям. Рекомендуется самостоятельно определить реакции связей в расчетных схемах (рис..10.1), считая Р, F и α заданными величинами. Если возникнут затруднения, то необходимо прочитать еще раз подразд..1 и. (ответы: для схемы на рис..10 N = P, NB = F cs α, NC = F sin α ; P для схемы на рис..11 N =, NB = Ptgα; для схемы на рис..1 sin α N = P sin α, SBC = P cs α ). Силовой расчет конструкций из нескольких шаров (цилиндров) производится, исходя из условий равновесия каждого шара (цилиндра), взятого в отдельности (см. пример.5). Пример.5 Три круглых цилиндра одинакового веса и радиуса уложены, как показано на рис..13. Определить давление на вертикальные стенки и пол в точке касания. Трением пренебречь. Решение. N С ‘ N N O1 N B P P N ‘ P B N D N E N K 33 Рис..13

34 начале примем за объект равновесия верхний цилиндр. На этот объект действуют: сила веса Р и реакции N и N B со стороны нижних цилиндров. Направление реакций показано в соответствии с п Уравнения равновесия: Fkx = 0, N cs 60 NB cs60 = 0, Fky = 0, N cs 30 + NB cs 30 P = 0. P Решая уравнения, находим N NB =. 3 Теперь примем за объект равновесия левый нижний цилиндр. Можно взять и правый, так как оба нижних цилиндра нагружены одинаково. На левый цилиндр действуют силы: вес Р, давление со стороны верхнего цилиндра N ‘ (это давление равно реакции N по закону равенства действия и противодействия), реакция стенки N C и пола N E. На расчетной схеме (рис..13) не показана реакция в точке L давление правого цилиндра на левый. Это объясняется следующим образом: если бы такое давление было, то на левый цилиндр действовали бы три неизвестные сходящиеся силы N C, N E и N L, для определения которых можно составить только два уравнения равновесия ( F = 0, F = 0); задача в kx ky этом случае была бы статически неопределенной (см. подразд. 1.1), решить ее можно только с учетом условий «совместности деформаций», т. е. методами курса «Сопротивление материалов». данном расчете считаем, что никакого давления правого цилиндра на левый в точке L нет между цилиндрами небольшой зазор. этом случае задача будет статически определенной. Условия равновесия левого цилиндра: Fkx = 0, NC N ‘ cs 60 = 0, F = 0, N P N ‘ sin 60 = 0 ky. 3 Учитывая, что N ‘ = P 3, находим: 3 3 N C = P, N E = P Специальные задачи на равновесие сходящихся сил данном подразделе рассмотрены задачи, в которых в число неизвестных величин включены геометрические параметры (отрезки или углы), характеризующие положение тел при равновесии. 34

35 Решение задачи выполняется в обычной последовательности (см. подразд..1) и дополняется анализом условий, при которых конструкция может быть в равновесии. Если равновесие конструкции возможно только при определенном значении активных сил, то анализ условий равновесия выполняется после составления и решения уравнений равновесия (пример.6). Если же состояние равновесия обеспечивается при определенном расположении конструкции и связей (не зависит от величины активных сил), то анализ условий равновесия должен предшествовать решению уравнений равновесия (пример.7). предыдущих примерах такой анализ не проводился, так как состояние равновесия устанавливалось условиями задач. Пример.6 узле соединены три невесомые нерастяжимые нити, к свободным концам которых прикреплены грузы Р 1,Р,Р 3 (рис..14). Две нити перекинуты через неподвижные блоки и С, расположенные на горизонтальной прямой, третья нить, растягиваемая грузом Р 3, вертикальна. Определить углы α и β и соотношение между силами Р 1, Р и Р 3 при равновесии. P 1 P P 3 Решение Рис..14 ыберем за объект равновесия узел. На объект действуют силы Р, T 1 B и T C, при этом TB = Р 1, T B = Р. Уравнения равновесия будут иметь следующий вид: Fkx = 0, TB cs α + TC cs β = 0, F = 0, T sin α + T sinβ P3 = 0 ky B C. После соответствующих замен получим: P 1 cs α = P cs β, P sin α = P3 P sinβ 1. озведем оба уравнения в квадрат и сложим: 1 P P P3 sinβ P3 P = +, P + P P откуда sinβ =. (а) PP 3 Далее из второго уравнения равновесия найдем: P + P P sin α =. (б) P P T B Y T C Х C 35

36 виду того, что по условию задачи углы α и β могут принимать значения от 0 до 90º, формулы (а) и (б) позволяют однозначно найти величины этих углов. Состояние равновесия узла будет возможно только при определенном соотношении между силами Р 1, Р и Р 3. Эти соотношения получаются из формул (а) и (б) с учетом того, что синусы обоих углов должны быть больше 0 и меньше 1: P3 P1 1 P3 P P + > ; P + >, P P 3 I agree.