Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Волгоградский государственный аграрный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

000014

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

17.03.2016

Размер:

1.89 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 33

пространственной системы сил. При ее решении учесть, что реакция сферического шарнира (подпятника) имеет три составляющие (по всем трем координатным осям), а реакция цилиндрического шарнира (подшипника) — две составляющие, лежащие в плоскости, перпендикулярной оси шарнира

(подшипника). При вычислении момента силы F часто удобно разложить ее на две составляющие F' и F", параллельные координатным осям (или на три); тогда,

по теореме Вариньона, mx(F) = mx(F') + mx(F") и т.д.

Рис. C4.0

Рис. C4.1

Рис. C4.2

Рис. C4.3

Рис. C4.4

Рис. C4.5

Рис. C4.6

Рис. C4.7

Рис. C4.8

Рис. C4.9

							Таблица С4
		y	z		z	y		y
	1	y	F2		3			y
					3			4

			2
		F1	2			F3	F4	x
Силы	x	F1	x			F3	F4	x
Силы	x
	F1 = 10 кН		F2 = 20 кН		F3 = 30 кН		F4 = 40 кН
Номер	Точка приложения	град	Точка приложения	град	Точка приложения	град	Точка приложения	град
условия		град		град		град		град
		,		2		3		4
		1		2		3		4
		α		α		α		α
0	E	60	H	30	—	—	—	—
1	—	—	D	60	Е	30	—	—
2	—	—	—	—	K	60	Е	30
3	K	30	—	—	D	0	—	—
4	—	—	E	30	—	—	D	60
5	H	0	K	60	—	—	—	—
6	—	—	H	90	D	30	—	—
7	—	—	—	—	H	60	K	90
8	D	30	—	—	K	0	—	—
9	—	—	D	90	—	—	H	30
Пример С4. Горизонтальная прямоугольная плита весом Р
(рис. С4) закреплена			сферическим	шарниром в		точке	А, цилиндрическим
(подшипником) в точке В и невесомым стержнем DD'. На плиту в плоскости,
параллельной хz, действует сила F, а в плоскости, параллельной yz, — пара сил с
моментом М.
Дано: Р = 3 кН, F = 8 кН, М = 4 кН м, = 60°, АС = 0,8 м, АВ = 1,2м, BE =
0,4 м, ЕН = 0,4 м.

Определить: реакции опор А, В и стержня DD'.

Решение. 1. Рассмотрим равновесие плиты. На плиту действуют заданные силы Р, F и пара

с моментом М, а также реакции

связей.	Реакцию	сферического
шарнира	разложим	на	три

составляющие ХA, YA, ZA, цилиндрического (подшипника) —

Рис. С4

на две составляющие ХB, ZB (в

плоскости, перпендикулярной оси

подшипника); реакцию N стержня направляем вдоль стержня от D к D',

предполагая, что он растянут.

2. Для определения шести неизвестных реакций составляем шесть

уравнений равновесия действующей на плиту пространственной системы сил:

Fkx = 0, XA + XB + F cos60 = 0	(1)
Fky = 0, YA – N cos30 = 0	(2)
Fkz = 0, ZA + ZB – P + N sin30 – F sin60 = 0	(3)
mx(Fk) = 0, M – P AB/2 + ZB AB – F sin60 AB + N sin30 AB = 0	(4)
my(Fk) = 0, P AC/2 – N sin30 AC + F sin60 AC/2 – F cos60 BE = 0	(5)
mz(Fk) = 0, – F cos60 AB – N cos30 AC – XB AB = 0	(6)

Для определения моментов силы F относительно осей разлагаем ее на составляющие F' и F", параллельные осям х и z (F' = F cos ,

F'' = F sin ), и применяем теорему Вариньона (см. «Указания»). Аналогично можно поступить при определении моментов реакции N.

Подставив в составленные уравнения числовые значения всех заданных величин и решив эти уравнения, найдем искомые реакции.

Ответ: ХА = 3,4 кН; YА = 5,1 кН; ZA = 4,8 кН; ХB = –7,4 кН; ZB = 2,1 кН;

N = 5,9 кН. Знак минус указывает, что реакция ХB направлена противоположно показанной на рис.С4.

Задача С5

Определить положение центра тяжести С неоднородной плоской фигуры

(рис. С5.0 – С5.9), состоящей из однородного кругового сектора (круга) радиуса

R и массы m2 и части однородного прямоугольника или прямоугольного треугольника со сторонами (катетами) a, b и массой m1. Исходные данные для задачи приведены в таблице С5.

Указания. Координаты центра тяжести неоднородной плоской фигуры,

состоящей из однородных поверхностей, можно приближенно определить по формулам:

	1	n		1	n
xC		xKC PK ,	yC		yKC PK ,

	P k 1			P k 1

где Pk – вес k –й поверхности; P = P1+P2;

xKC, yKC – координаты центра тяжести k – й поверхности.

Наиболее распространенным приемом использования формул для определения центра тяжести является мысленная разбивка на такие части,

положение центра тяжести каждой из которых известно либо может быть легко определено. В некоторых случаях целесообразно твердое тело заменять не суммой, а разностью его отдельных частей.

	b
	R
	m2
a	m1
a
	Рис. С5.0

m1	m2
m1
b	R
b
Рис. С5.1

	b
					a
a	m1
a
				m1	m2
	R			m1
	R
	m2			b	R
					R

	Рис. С5.2			Рис. С5.3
	b			b
	R	m2
		m2
a	m1		a	m1
a			a
				R	m2
				R
	Рис. С5.4			Рис. С5.5
a	m1		a	m1
a			a
	m2	R		R	m2
	b			b
	Рис. С5.6			Рис. С5.7
	b
	m1				m2
	m1			R	a
				R
a
	R/2			m1
	R/2
	m2			b
				b
	Рис. С5.8			Рис. С5.9
			26

					Таблица С5

Номер	R, м	а, м	b, м	m1, кг	m2, кг
варианта	R, м	а, м	b, м	m1, кг	m2, кг
варианта
0	0,5	2	3	10	2
1	1	3	5	15	4
2	0,5	2	4	20	6
3	1	4	5	10	3
4	1,5	3	5	12	5
5	0,5	2	5	14	2
6	2	5	5	16	5
7	1	3	4	18	3
8	0,5	4	4	15	1
9	1	2,5	5	13	3

Пример С5.

Дано: а = 0,5 м, b = 1 м, R = 0,7 м, 2 = 60°, m1 = 20 кг, m2 = 15 кг.

Определить положение центра тяжести, неоднородной плоской фигуры

(рис. С5.10).

Рис. С5.10

Решение. Направим ось x вдоль горизонтальной стороны сектора, а ось y –

вдоль вертикали 0C (рис. С5.11).

Рис. С5.11

Определим положение центра тяжести однородной пластины 2 (кругового сектора 0DK) рис. С5.11а. Центр тяжести кругового сектора лежит на оси

симметрии, на расстоянии OC2	2R sin	от начала координат, тогда
	3

координаты xC2, yC2 центра тяжести этой пластины найдем в виде проекций точки С2 на оси x, y:

xC2	OC2 cos	2	R	sin cos				R sin 2					0.7 6 sin 60		0.386м ;
		3											3
									3
	yC2 OC2 sin				2	R	sin 2			2	0.7	0.25 6		0.223м .
					3				3

Определим положение центра тяжести тела 1 (рис. С5.11b), используя

метод отрицательных масс. Представим площадь первой пластины S1 в виде разности площадей прямоугольника OABC – S' кругового сектора ODK S2: S1= S' – S2; S'= a∙b; S2= R2/6.

Положение центра тяжести первой пластины определим по формуле

центра тяжести для однородного тела:


x	C1		x1S x C2S2		x1S x C2S2 ;
	C1			S S2		S1
				S S2		S1
y		C1	y1S yC2S2		y1S yC2S2 ,
		C1		S S2		S1
				S S2		S1

где x1, y1 – координаты центра тяжести прямоугольника OABC:

x			b	y	a	,
	1
		2		1	2

тогда

						b		ab			R sin 2				R 2
x		C1			2			ab				3				6	0.619м ,
					2							3				6

														R 2
									ab					R 2
									ab				6
													6
				a			ab			2		R	sin 2			R 2
y	C1		2				ab		3			R				6		0.278м .
			2						3							6
														R 2

									ab
									ab				6
													6

Определим положение центра тяжести искомой фигуры по формулам:


x	C	x C1m1g x C2 m2g					x C1m1 x C2 m2 ;
	C		m1g m2g					m1 m2
			m1g m2g					m1 m2
			y	C	yC1m1 yC2 m2 .
				C		m1 m2
						m1 m2

После подстановки в полученные уравнения исходных данных получаем значения координат центра тяжести неоднородной пластины.

Ответ: xC 0.519м , yC 0.254м .

ЛИТЕРАТУРА

1.Бать М.И., Джанелидзе Г.Ю., Кельзон А.С. Теоретическая механика в примерах и задачах. Т.1. - М.: 2009.

2.Яблонский А.А., Норейко С.С. и др. Сборник заданий для курсовых работ по теоретической механике. - М.: 2006.

3.Теоретическая механика. Методические указания и контрольные задания, под ред. С.М.Тарга. - М.: 1989.

Содержание

Введение.......................................................................................	3
Задача С1......................................................................................	5
Задача С2......................................................................................	10
Задача С3......................................................................................	16
Задача С4......................................................................................	20
Задача С5......................................................................................	25
Литература ...................................................................................	30

<<< < Предыдущая 1 23 / 33

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.03.20161.89 Mб15000014.pdf
#
20.08.2019644.61 Кб7017674_25A66_lekcii_po_organizacii_normirovaniy...doc
#
05.09.20196.13 Mб702_Функции ВСЕ.doc
#
05.09.2019215.04 Кб803_Подбор и Прогнозирование.doc
#
05.09.2019419.84 Кб404_Экон обраб списков.doc
#
14.05.201535.84 Кб1506- теор вопросы к экзамену.doc