Теоретическая механика. Теория, задания и примеры решения задач (Б.Е.Ермаков)

30

Таблица 1

	Номер	N	P	Q	OA	AB	BC	CD
	вариан-
	та (рис.	кН	кН	кН	м	м	м	м
	11-13)
	1	7	6	5	3	2	2	1
	2	1	2	3	2	5	1,5	1,5
	3	2	4	5	1	3	2	4
	4	5	6	8	6	5	4	2
	5	7	1	4	7	5	4	2
	6	3	7	4	2	5	3	4
	7	3	7	9	1	4	5	6
	8	4	6	8	2	3	4	8
	9	5	4	2	3	4	5	10
	10	4	8	3	1	2	4	3
	11	3	4	8	3	2	4	2
	12	9	8	7	2	3	4	6
	13	5	5	3	3	4	6	2
	14	7	4	2	4	3	6	–
	15	5	8	4	2	4	7	5
	16	5	7	4	4	8	4	6
	17	2	3	5	2	4	3	2
	18	5	4	6	4	6	2	–
	19	2	4	5	1	2	4	3
	20	4	3	7	3	4	6	8
	21	6	7	9	2	6	2	4
	22	2	4	6	1	4	6	3
	23	4	7	5	2	5	8	3
	24	9	7	5	2	6	4	2
	25	2	3	4	3	4	3	5
	26	4	5	3	4	6	4	10
	27	3	4	2	2	5	3	2
	28	3	3	3	2	4	6	6
	29	4	3	2	2	4	3	8
	30	5	4	3	4	6	4	10

31

Пусть задана пространственная система сил {F1,F2,...,Fn } (рис. 14 а) и показан центр приведения точка O.

а)	б)

Рис. 14

Не меняя модули и направления сил переносим их в точку O с собственными векторами-моментами этих сил относительно центра приведения (рис. 14 б).

Тогда в центре приведения (т. O) получим два пучка векторов – пучок векторов сил и пучок векторов – моментов.

Все силы геометрически сложим и получим главный вектор:

n

R′ = F1 + F2 +... + Fn = ∑Fk .

k =1

Векторы-моменты геометрически сложим, получим главный мо-

мент:

n

Mo = M1 + M2 +...Mn = ∑Mk .

k =1

На рис. 15 будем иметь два вектора R′ и Mo в прямоугольной

системе координат xOyz.

Модуль главного вектора определится через его проекции

32

Рис. 15

′

=

′ 2

′

2

′

2

R

(Rx )

+ (Ry )

+ (Rz )

,

n

n

n

где

Rx′

= ∑Fkx ;

Ry′ = ∑Fky ;

Rz′

= ∑Fkz .

k =1

k =1

k =1

Модуль главного момента

Mo = Mx2 + My2 + Mz2 ,

где

n

n

n

Mx = ∑mx (Fk );

My = ∑my (Fk );

Mz = ∑mz (Fk ).

k =1

k =1

k =1

Запишем направляющие косинусы для этих векторов:

n

Rx′

n

Ry′

n

Rz′

′

;

′

;

′

;

cos(R ; i ) = R′

cos(R ; j ) = R′

cos(R ;k ) = R′

n

Mx

n

My

n

Mz

cos(Mo; i ) =

; cos(Mo; j ) =

; cos(Mo;k ) =

.

Mo

Mo

Mo

Пример решения задачи

Дано: на рис. 16 показана система сил {N;P;Q} ; N = 2 кН;

P = 4 кН; Q = 6 кН; геометрические размеры – OA = 2 м; AB = 4 м;

BC = 6 м; CD = 3 м.

33

Требуется: привести все силы в заданный центр точку O, а затем вычислить модуль главного вектора R′ и модуль главного момента Mo .

Рис. 16

Решение

Для решения задачи введем углы α, β и найдем функции косинусов и синусов этих углов:

cos α =		BC		=		6		= 0,832 ;
		AB2 + BC2				42 + 62
sinα =		1−cos2 α =		1−0,8322 0,56;
cosβ =		AB		=		4		= 0,8 ;
		AB2 +CD2				42 + 32
sinβ =		1− cos2 β =		1− 0,82 = 0,6 .

Вычислим проекции главного вектора R′ на оси координат xOyz:

n

Rx' = ∑Fkx = −Nsinα−Qsinα+Pcosβ= −2 0,56 −6 0,56 +4 0,8 = −1,28кН;

k=1

n

Ry′ = ∑Fky = N cos α−Q cos α = 2 0,832 − 6 0,832 = −3,33кН ;

k =1

n

Rz′ = ∑Fkz = P sinβ = 4 0,6 = 2,4кН.

k =1

34

Определяем модуль главного вектора

R′ = (Rx′ )2 + (Ry′ )2 + (Rz′ )2 = (−1,28)2 + (−3,33)2 + 2,42 . R′ 4,3кН .

Вычислим проекции главного момента Mo на оси координат:

n

Mx = ∑mx (Fk ) = −N cos α CD − P sinβ OA =

k=1

=−2 0,832 3 − 4 0,6 2 −9,8кНм;

n

My = ∑my (Fk ) = −P sinβ AB − N sin α CD =

k=1

=−4 0,6 4 − 2 0,56 3 −12,96 кНм;

n

Mz = ∑mz (Fk ) = −N sinα OA − P cosβ OA −Q sinα OA −Q cos α AB =

k=1

=−2 0,56 2 − 4 0,8 2 − 6 0,56 2 − 6 0,832 4 = −35,3кНм.

Модуль главного момента

Mo = Mx2 + My2 + Mz2 = (−9,8)2 + (−12,96)2 + (−35,3)2 .

Mo = 38,86 кНм.

Выбираем масштаб сил.

µp =

Ry′

;

принимаем Ry′

= 50мм

; тогда µp =

3,33

0,06

(

кН

);

50

мм

R′

y

Rx′ =

1,28

= 21,3мм; Rz′ =

2,4

= 40мм.

0,06

0,06

Выбираем масштаб моментов.

µM

=

Mz

,

принимаем Mz = 60мм;

Mz

тогда µM =

35,3

= 0,588

( кНм);

Mx =

9,8

=16,7мм.

60

мм

0,588

35

My = 12,960,588 = 22 мм.

На чертеже рис. 17 строим по проекциям главный вектор R ' и

главный момент Mo .

Рис. 17

36

Задача С.3. Произвольная пространственная система сил

На пространственную конструкцию (рис. 18 – 27) действует система сил {F;Q;Q′;P;G} . Геометрические размеры a, b, c, d, e, r, h

иуглы α, β, γ, φ – заданы.

Вданной задаче следует составить расчетные схемы для каждого тела и записать в общем виде уравнения равновесия.

Произвольную пространственную систему сил можно привести в

n

заданный центр и получить главный вектор R′ = ∑Fk и главный

k =1

n

момент Mo = ∑mo (Fk ) .

k =1

Если R′ = 0 и Mo = 0 , то данная система сил взаимно уравновешивается.

Проецируя эти равенства на оси прямоугольной декартовой системы координат, получим шесть уравнений равновесия произвольной пространственной системы сил:

∑Fkx

∑Fky

∑Fkz

=0;

=0;

=0;

∑Mkx

∑Mky

∑Mkz

(Fk ) = 0; (Fk ) = 0; (Fk ) = 0.

Эти уравнения равновесия позволяют определить шесть неизвестных величин. Поэтому при составлении уравнений нужно проверять, чтобы число неизвестных не было больше числа уравнений. В противном случае задача будет статически неопределимой.

37

Рис. 18

38

Рис. 19

39

Рис. 20