tmech_stat
.pdfПриклад 6. Однорідна прямокутна полиця вагою 100 Н утримується в горизонтальному положенні за допомогою сферичного шарніра A , завіси
D і невагомого мотузка CE , який утворює з вертикаллю BE кут 60 (рис. 6.2). Знайти реакції в’язей, якщо AB 1,2 м, AD 1 м.
Розв’язання. Розглянемо рівновагу полиці ABCD . Активною силою є вага полиці, яка прикладена у її геометричному центрі O . В’язі: сферич-
ний шарнір A , завіса D і мотузок CE . Реакцію сферичного шарніра RA
розкладаємо на три невідомі складові, напрямлені вздовж додатних напря-
мів осей координат. Реакція завіси RD лежить у площині, яка перпендику-
лярна до осі Ax завіси, оскільки завіса не чинить опору пересуванню вздовж її осі. Отже, розкладаємо RD на складові, паралельні осям Az і Ay :
ZD і YD .
Рисунок 6.2
Натяг T мотузка напрямлений вздовж CE . У задачі шість невідомих складових сил. Система сил просторова, тому можемо скласти шість рівнянь рівноваги:
51
|
|
n |
Xi X A T cos30 0; |
|
|
i 1 |
|
|
|
n |
Yi YA YD 0; |
|
|
i 1 |
|
|
|
n |
Zi ZA ZD mg T cos60 0; |
|
|
i 1 |
|
|
n |
M x Fi mg AB T cos60 AB 0; |
|
|
i 1 |
|
2 |
n |
M y Fi mg CB ZD AD T CB sin30 0; |
||
i 1 |
|
|
2 |
|
n |
M z Fi YD AD T cos30 AB 0. |
|
|
i 1 |
|
|
Після розв’язання цієї системи рівнянь знаходимо:
T = mg = 100 Н; X A 503 Н; YA YD 603 Н; ZA 50 Н; ZD = 0;
RA = 144 H; RD = 60 3 H.
52
7. ПРОСТОРОВА СИСТЕМА СИЛ. ЗВЕДЕННЯ ДО НАЙПРОСТІШОГО ВИГЛЯДУ
Визначити головний вектор та головний момент системи сил, яка задається трьома силами, напрямленими вздовж ребер або діагоналей бічних сторін уявного куба з довжиною ребра, що дорівнює a (рис.7.1). Встановити, до якого найпростішого вигляду ця система сил зводиться. Дані потрібні для розв’язання задачі подано у таблиці 7.
Таблиця 7.
Варіант |
Р1, Н |
Р2, Н |
P3, H |
a, м |
Варіант |
Р1, Н |
P2, H |
Р3, Н |
a, м |
1 |
12 |
10 |
4 |
0,2 |
16 |
10 |
4 |
16 |
0,5 |
2 |
7 |
4 |
8 |
0,5 |
17 |
4 |
8 |
10 |
0,8 |
3 |
2 |
6 |
2 |
0,8 |
18 |
17 |
5 |
24 |
1 |
4 |
24 |
20 |
4 |
1 |
19 |
20 |
4 |
11 |
2 |
5 |
10 |
16 |
8 |
0.5 |
20 |
16 |
8 |
10 |
0,5 |
6 |
15 |
4 |
8 |
2 |
21 |
4 |
9 |
12 |
0,4 |
7 |
8 |
2 |
5 |
0,4 |
22 |
2 |
7 |
12 |
2 |
8 |
17 |
20 |
8 |
0,8 |
23 |
14 |
8 |
20 |
0,5 |
9 |
4 |
10 |
6 |
0,5 |
24 |
8 |
18 |
24 |
0,2 |
10 |
11 |
16 |
20 |
1 |
25 |
16 |
22 |
10 |
0,4 |
11 |
20 |
10 |
6 |
0,4 |
26 |
17 |
4 |
10 |
1 |
12 |
10 |
25 |
15 |
2 |
27 |
26 |
14 |
16 |
0,5 |
13 |
12 |
15 |
7 |
0,6 |
28 |
15 |
8 |
16 |
0,4 |
14 |
24 |
16 |
4 |
0,5 |
29 |
16 |
5 |
30 |
1 |
15 |
2 |
10 |
15 |
1 |
30 |
7 |
15 |
10 |
2 |
53
1 |
|
|
2 |
|
P1 |
P2 |
|
|
P3 |
|
|
|
||
|
|
|
P2 |
|
|
|
|
P1 |
|
|
|
P3 |
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
4 |
|
|
P3 |
|
|
|
|
|
|
P1 |
|
|
|
|
|
P3 |
P1 |
P2 |
|
P2 |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
5 |
|
|
6 |
|
P1 |
|
|
P1 |
P3 |
|
P3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
P2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
P2 |
|
|
|
|
|
7 |
|
|
8 |
|
P1 |
|
|
|
|
|
|
P3 |
P1 |
|
|
|
|
|
|
P2 |
|
|
P3 |
|
|
P2 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис.7.1,а
54
9 |
|
10 |
|
P1 |
|
P1 |
|
P2 |
P3 |
P2 |
P3 |
|
|
|
11 |
12 |
|
P1 |
P2 |
P2 |
|
||
|
P1 |
P3 |
|
P3 |
|
13 |
|
|
|
14 |
|
|
|
P3 |
P3 |
|
|
|
|
|
|
P1 |
|
P2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
P1 |
|
|
|
|
P2 |
|
|
|
|
|
15 |
|
|
|
16 |
|
|
P2 |
|
P2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
P3 |
P1 |
|
|
|
|
|
|
P1 |
|
|
P3 |
|
|
|
|
Рис.7.1,б
55
17 |
|
|
18 |
|
P2 |
|
P2 |
|
|
|
|
|
|
P3 |
P1 |
|
|
|
|
P1 |
|
|
P3 |
19 |
|
|
20 |
|
|
P1 |
P2 |
P2 |
|
|
|
P1 |
|
|
|
|
P3 |
|
|
|
|
|
P3 |
|
|
|
|
|
|
21 |
|
|
22 |
|
|
P2 |
|
P2 |
P3 |
|
|
|
|
|
P1 |
|
P3 |
P1 |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
23 |
P1 |
24 |
|
P1 |
|
|
|
|
|
|
P2 |
|
|
P2 |
|
|
P3 |
|
|
P3 |
Рис.7.1,в
56
25 |
26 |
|
P1 |
P3 |
P3 |
|
P2 |
P2 |
|
P1 |
|
27 |
|
28 |
|
P2 |
P1 |
|
P3 |
|
|
|
|
|
P1 |
P2 |
|
|
|
|
|
P3 |
29 |
30 |
P2 |
P2 |
P1 |
P3 |
|
|
|
P3 |
|
P1 |
Рис.7.1,г
Приклад 7. Для заданої системи сил (рис.7.2), де P1 = 10 Н, P2 = 15 Н, P3 = 20 Н та а=0,5 м, визначити головний вектор та головний момент. З’ясувати, до якої найпростішої системи сил зводиться дана система сил.
Розв’язання. Розвяжемо задачу у наступній послідовності:
1. Вводимо прямокутну декартову систему координат Oxyz. Початок системи координат виберемо в точці О, додатні напрями осей позначено на рис. 7.2.
57
z
P2 |
α P2 |
P1 |
P1 |
O |
y |
P3 |
|
P3 |
|
|
β |
||
|
|
|
x
Рис.7.2
2. Визначаємо головний вектор даної системи сил F P1 P2 P3 за його проекціями:
Fx= − P2 cos α + P3; Fy= P1cos β + P2 sin α; Fz= P1sin β.
Оскільки кути α=β=45º, маємо: Fx= 9,39 Н, Fy= 17,68 Н, Fz= 7,07 Н.
Модуль головного вектора
F = Fx2 Fy2 Fz2 = 21,23 Н.
Напрямні косинуси:
cos ( F , Ox) = FFx =0,44; cos ( F , Oy) = FFy =0,83; cos ( F , Oz) = FFz =0,33.
3. Визначаємо головний момент даної системи сил відносно центра О:
Mx= − a∙P2 sin α;
My= − a∙P1 sin β − a∙P2 cos α; Mz= a∙P1 cos β + a∙P2 sin α − a∙P3.
Враховуючи, що α=β=45º, одержимо:
58
Mx= − 5,30 Н∙м, My= − 8,84 Н∙м, Mz= − 1,16 Н∙м.
Модуль головного момента відносно точки О
M = M x2 M y2 M z2 = 10,37 Н∙м.
Напрямні косинуси:
cos ( M , Ox) = MMx = − 0,51; cos ( M , Oy) = MMy = − 0,85; cos ( M , Oz) = MMz = − 0,11.
4. Визначимо другий статичний інваріант даної системи сил:
F MO = Fx M x Fy M y Fz M z = − 214,26 Н2∙м.
Оскільки другий статичний інваріант не дорівнює нулю, це дає підстави стверджувати, що дана система сил зводиться до силового гвинта (динами).
5. Визначимо рівняння центральної гвинтової осі.
M x (yFz zFy ) = |
M y (zFx xFz ) = |
M z (xFy yFx ) . |
Fx |
Fy |
Fz |
Підставимо визначені числові значення проекцій головного вектора та головного момента:
− 0,56 − 0,51y + 1,88z = − 0,50 − 0,53z + 0,39x = − 0,16 − 0,25x + 1,33y.
Попарний розгляд цього співвідношення дозволяє отримати рівняння гвинтової осі як пряму, що є перетином двох площин:
x + 1,88y − 6,0z + 0,16 = 0; x − 0,46y − 0,18z − 0,12 = 0.
Визначимо координати точки перетину гвинтової осі та площини Oxy. Покладемо у останніх двох співвідношеннях z = 0. Одержимо:
59
x + 1,88y + 0,16 = 0; x − 0,46y − 0,12 = 0.
Тоді координати шуканої точки: x = 0,065, y = − 0,12.
60