tmech_stat

Рис.4.1,г

32

моментом M A ; опору Е – реакцією RE , напрямленою перпендикулярно до опорної площини; невагому нитку – силою натягу T . Оскільки блок, через який перекинуто нитку, знаходиться у рівновазі і тертя в осі його повороту відсутнє, сила натягу нитки T за величиною дорівнює вазі вантажа G.

4. Таким чином, конструкція знаходиться у рівновазі під дією довільної

X A AC RE CE cos T sin BC 0.

Очевидно, що ці рівняння містять чотири невідомі. Для розв’язання задачі потрібно мати додаткові рівняння. Їх можна отримати, якщо скористатись методом перерізів і розглянути рівновагу однієї з частин конструкції, наприклад СЕ.

Проводимо переріз через точку С і частину АВ вважаємо в’яззю для СЕ. Оскільки у точці С циліндричний шарнір, то дія відкинутої частини подається так RC XC YC (рис.4.4).

Рис. 4.4.

34

Для складання рівнянь рівноваги балки СЕ визначимо рівнодійну Q1

рівномірно розподіленого навантаження на ділянці CD. ЇЇ величина дорівнює Q1 = СD∙q = 3∙2 = 6 Н, а лінія дії проходить через центр ваги прямокутника, утвореного розподіленим навантаженням на цій ділянці

(рис.4.4).

Рівняння рівноваги балки СЕ запишемо у проекціях на осі Cxy, за центр моментів оберемо точку С:

внаслідок використання методу перерізів, але загальна кількість невідомих (шість) дорівнює кількості рівнянь системи (1) – (6). Таким чином, задача є статично визначеною.

5. Розвязуємо систему рівняннь рівноваги (1) – (6) і визначаємо невідомі:

RE CE cos1 (Q1 12 CD M ) 3,75 Н;

XC RE sin 1,88 Н; YC Q1 RE cos 2,75 Н;

X A RE sin T cos 5,41 Н;

YA Q RE cos T sin 3,21 Н;

M A T BC sin X A AC RE CE cos M Q( BD2 BC) −7,75 Н∙м.

35

=−7,75 Н∙м, тиск у внутрішньому шарнірі: RC XC2 YC2 3,32 Н.

Зауваження. Дану задачу можна розв’язати відразу роблячи переріз через шарнір С і розглянувши окремо рівновагу частини АCВ, а потім СЕ. Системи сил, прикладених до частини АCВ та СЕ зображені, відповідно, на рис.4.5 та рис.4.4.

Рис. 4.5.

прикладається до частини АCВ при відкинутій частині СЕ, на підставі третього закону Ньютона, задовольняєумові:

RC RC , звідки XC XC , YC YC .

Враховуючи ці співвідношення, рівняння рівноваги частини АСВ запишуться так:

n

Fix X A XC T cos 0; (7)

i 1

n

Fiy YA YC Q2 T sin 0; (8)

i 1

36

де Q2 – сила, яка еквівалентна розподіленому на ділянці ВС навантаженню.

Величина цієї сили: Q2 = BC∙q = 2∙2 = 4 Н .

Система рівнянь (4) - (9) є замкненою відносно шуканих невідомих

{ X A , YA, M A, XC , YC , RE }, тобто їх можна визначити не використовуючи додаткові співвідношення. Спочатку визначаються невідомі XC , YC , RE , а потім з рівнянь (7) - (9) маємо реакції жорсткого защемлення:

X A XC T cos 5,41 Н;

YA YC Q2 T sin 3,21 Н;

M A Q2 12 BC X A AC T sin BC –7,75 Н∙м,

що збігається з попередніми результатами.

37

5. ПРОСТОРОВА СИСТЕМА СИЛ. ВИЗНАЧЕННЯ РЕАКЦІЙ ОПОР ВАЛА

Визначити реакції опор зрівноваженого вала AD (AC), зображеного на рисунку 5.1. Вал утримується за допомогою підшипників, розташованих, в залежності від схеми, в точках А, В, С та D. На валу, перпендикулярно до його осі, жорстко закріплено один або два шківи. До вала прикладено активні сили Т та t, пару сил (Р, Р′ ) або момент пари сил М. Сили Р, Р′, Т та t лежать у площині шківів. Радіуси великого та малого шківів дорівнюють відповідно R та r. Визначити також невідому силу t. Вага вала дорівнює G. Дані для роз’язування задачі наведено у таблиці 5.

Таблиця 5

38