Теоретическая механика. Теория, задания и примеры решения задач (Б.Е.Ермаков)
.pdf
40
Рис. 21
41
Рис. 22
42
Рис.23
43
Рис. 24
44
Рис. 25
45
Рис. 26
46
Рис. 27
47
Пример решения задачи
Дано: на рис. 28 показана система сил {F;Q;Q′;P;G} , дейст-
вующая на вал AB; a, b, c, d, e, r, h – геометрические размеры; α,
β, γ – углы; F Ax ; T & Ay .
Составить расчетные схемы для вала AB и тела 1 и записать уравнения равновесия сил в общем виде.
Рис. 28
Решение
Вупорном подшипнике A будет три составляющие реакции связи
–XA , YA , ZA .
Вцилиндрическом подшипнике B будет две составляющие реак-
ции связи – XB , ZB .
В опоре C (невесомый стержень) показываем реакцию Rc вдоль стержня.
Пару сил модулю равен
48
жительную сторону. Очевидно, проекции вектора m на оси координат равны mx = 0 ; my = m = Q 2r ; mz = 0 .
Разрезаем нить и показываем натяжение нити S .
Так как нить невесомая и трение на оси блока равно нулю, то к телу 1 будет приложено натяжение нити S′ = S .
Рассмотрим равновесие тела 1.
∑Fkx1 = 0; P sin α−S′ = 0 ;
∑Fky1 = 0 ; N1 − P cos α = 0 .
Откуда S = S′ = P sin α; N1 = P cos α.
Записываем уравнения равновесия всех сил, действующих на
конструкцию вала. |
|
∑Fkx = 0 ; |
XA +S cos γ + XB = 0 ; |
∑Fky = 0 ; |
YA − F cosβ−T = 0 ; |
∑Fkz = 0 ; |
ZA + RC −F sinβ−G −S sin γ + ZB = 0 ; |
∑mx (Fk ) = 0 ; RC a − F sinβ( a + b) −G( a + 2b) +T 2r − −S sin γ( a + 2b) + ZB( a + 2b + c) = 0;
∑my (Fk ) = 0; S 2r −F sinβ h −RC r +Q 2r = 0;
∑mz (Fk ) = 0 ; −XB (a + 2b + c) −S cos γ (a + 2b) + F cosβ h.
Решая эту систему уравнений можно определить все реакции связей – XA , YA , ZA , Rc , XB , ZB .
49
Задача С.4. Определение реакций опор твердого тела
На схемах рис. 29 – 31 показаны конструкции рам и балок. Действующая нагрузка дана в таблице 2, при этом во всех вариантах a = 1 м.
Ввариантах 5 и 10 в точке B – свободное опирание. Определить реакции в опорах конструкций, если α = 30о.
Таблица 2
Номер |
F1 |
F2 |
М |
q |
Номер |
F1 |
F2 |
М |
q |
вари- |
кН |
кН |
кНм |
кН/м |
вари- |
кН |
кН |
кНм |
кН/м |
анта |
|
|
|
|
анта |
|
|
|
|
(рис.29- |
|
|
|
|
(рис.29- |
|
|
|
|
31) |
|
|
|
|
31) |
|
|
|
|
1 |
8 |
4 |
20 |
1 |
16 |
8 |
6 |
10 |
2 |
2 |
4 |
8 |
10 |
4 |
17 |
2 |
4 |
20 |
1 |
3 |
8 |
4 |
16 |
3 |
18 |
2 |
6 |
10 |
4 |
4 |
10 |
6 |
10 |
4 |
19 |
4 |
6 |
8 |
2 |
5 |
6 |
8 |
20 |
2 |
20 |
6 |
2 |
4 |
2 |
6 |
4 |
10 |
10 |
5 |
21 |
10 |
8 |
6 |
4 |
7 |
10 |
4 |
20 |
4 |
22 |
6 |
4 |
10 |
4 |
8 |
4 |
6 |
10 |
5 |
23 |
4 |
8 |
6 |
1 |
9 |
8 |
4 |
20 |
5 |
24 |
6 |
2 |
20 |
2 |
10 |
4 |
10 |
20 |
2 |
25 |
8 |
2 |
10 |
4 |
11 |
1 |
2 |
10 |
2 |
26 |
2 |
8 |
10 |
2 |
12 |
2 |
4 |
20 |
4 |
27 |
8 |
4 |
6 |
2 |
13 |
2 |
10 |
10 |
2 |
28 |
4 |
6 |
4 |
2 |
14 |
4 |
6 |
6 |
2 |
29 |
8 |
10 |
6 |
2 |
15 |
4 |
10 |
4 |
1 |
30 |
4 |
2 |
4 |
2 |
Плоскую произвольную систему сил можно привести в задан-
ный центр (т. О) к главному вектору R′ и главному моменту Mo .
При этом R′ Mo . Если R′ = 0 и Mo = 0, то плоская произвольная система сил будет взаимно уравновешиваться. С центром О связываем прямоугольную систему координат XOYZ и на эти оси проецируем R′ и Mo . Следовательно, Rx′ = 0, Ry′ = 0 и Moz = 0.