Захаров Н.М., Кулик Н. А Сборник задач по теоретической механике для контрольных и расчетно-графических работ
Подождите немного. Документ загружается.
61
Решение
Через центр приведения, точку А, проводим оси координат AXYZ.
Заменим равномерно распределенную нагрузку на участке BC коленчатого
стержня АВСВ равнодействующей 600 1 600 НQqBC
=
⋅=⋅= которую
прикладываем в середине участка распределения. Силы
1
P
и
2
P
расклады
ваем на составляющие, параллель-
ные принятым координатным осям
(рис. П.42):
11
sin 283 НPP
′
=⋅ α=
;
1
P
′′
= P
1
·сosα = 283 Н;
2
P
′
= P
2
·sinβ = 200 Н;
1
P
′′
= P
2
·сosβ = 346 Н.
В общем случае приведения
произвольной пространственной
системы сил к заданному центру
Рис. П.42
получаем в центре приведения одну силу, равную главному вектору систе-
мы, и одну пару сил с моментом, равным главному моменту системы отно-
сительно этого центра. Модуль главного вектора определяется:
R
∗
=
()()()
222
XYZ
RRR
∗∗∗
++,
где ,,
X
YZ
R
RR
∗∗∗
– проекции главного вектора на оси координат.
Направление главного вектора определяется с помощью направляю-
щих косинусов:
*
*
cos ( , )
X
R
Ri
R
∗
=
;
*
*
*
cos ( , )
Y
R
Rj
R
=
;
*
*
*
cos ( , )
Z
R
Rk
R
=
.
Модуль главного момента относительно центра приведения опреде-
ляется как
()()()
222
** * *
XYZ
AA A A
MM M M=++,
где
***
,,
YZ
X
A
AA
MMM – главные моменты сил относительно координат-
ных осей, проходящих через центр приведения А.
А
62
Направление этого вектора также определяется через направляющие
косинусы:
*
*
*
cos ( , )
A
X
A
A
M
Mi
M
=
;
*
*
*
cos ( , )
A
Y
A
A
M
Mj
M
=
;
*
*
*
cos ( , )
A
Z
A
A
M
Mk
M
=
.
Вычисляем проекций главного вектора на оси координат (см. рис. П.42):
1
283 Н
XKX
RFP
∗
′
==−=−
∑
;
12
664 Н
YKY
RFPPQ
∗
′′′
==−++=
∑
;
2
200 Н.
ZKZ
RFP
∗
′
==−=−
∑
Вычисляем модуль главного вектора:
()()()
22 2
749 Н.
XYX
kkk
RF F F
∗
=++=
∑∑∑
Вычисляем направляющие косинусы:
*
cos( , ) 283/ 749 0,377Ri=− =−
;
*
cos( , ) 664 / 749 0,866Rj==
;
*
cos( , ) 200/ 749 0,267Rk=− =−
.
Вычисляем проекции главного момента системы относительно цен-
тра А. Они равны главным моментам системы сил относительно коорди-
натных осей, проходящих через центр А.
*
22
() /2 746 Нм.
XX
AAk
MMFQBCPABPBC
′′′
==⋅−⋅+⋅=−⋅
∑
*
2
() 200 Нм.
YY
AAk
MMFmPCD
′
==−⋅=⋅
∑
*
12
() 63,6 Нм.
ZZ
AAk
MMFPABPCD
′′′
==⋅−⋅=−⋅
∑
Модуль главного момента системы относительно центра А определяется:
222
*
() () ()
XYZ
AAk Ak Ak
MMFMF MF
⎡⎤⎡⎤⎡⎤
=++
⎣⎦⎣⎦⎣⎦
∑∑∑
;
A
M
∗
= 775,3 Н·м.
Вычисляем направляющие косинусы:
*
cos( , ) 746,4 / 775,3 0,962
A
Mi=− =−
;
*
cos( , ) 200 / 775,3 0,258
A
Mj==
;
*
cos( , ) 63,6 / 775,3 0,082
A
Mk==−
.
63
По полученным результатам построим систему
(
)
*
,
A
RM
эквивалент-
ной заданной произвольной пространственной системе координат (рис. П.43).
Рис. П.43
Таким образом, в результате приведения к заданной системе сил по-
лучены в центре А одна сила, равная
*
R
, и одна пара с моментом, равным
*
A
M
, т. е.
(
)
(
)
**
12
, , , ,
A
PP mq R M∞
.
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ С-10, С-11
Эти задачи относятся к теме «Равновесие твердого тела под действи-
ем произвольной пространственной системы сил». Для их решения нужно
хорошо знать вопросы:
1)
момент силы относительно оси и его свойства;
2)
уравнения равновесия произвольной пространственной системы сил.
Особое внимание следует обратить на то, что для составления урав-
нений равновесия оси проекций и оси моментов могут выбираться произ-
вольно и независимо друг от друга. Поэтому, например, все 6 уравнений
могут быть записаны в форме уравнений моментов относительно 6 различ-
ных (в том числе и параллельных
) осей. При выборе этих осей надо стре-
миться к тому, чтобы уравнения получались более простыми, и чтобы в
каждое из них входило по одной неизвестной. Этого можно добиться, если
ось проводить так, чтобы она была либо параллельна большому числу не-
известных сил, либо пересекала их линии действия.
Если составляется уравнение
проекций на какую-то ось, то желательно
эту ось направить перпендикулярно возможно большему числу сил. И, нако-
нец, если эти рекомендации трудно выполнить, то лучше выбирать наиболее
наглядную и привычную систему осей координат для составления уравнений
равновесия. Это поможет избежать многих нежелательных ошибок.
Задачи, как и все предыдущие, включают элементы исследования
на
равновесие тела.
64
Пример 12
Определение реакции жесткой заделки стержня
Определить реакции жесткой заделки стержня в двух случаях:
а) крепление в точке А;
б) крепление в точке Е (рис. П.44).
Сравнить полученные результаты.
Рис. П.44
Дано:
Р
1
= Р
2
= 400 Н;
m = 400 Н⋅м;
q = 600 Н/м;
α = 45°;
β = 30°;
АВ = ВС = CD = DE = 1 м.
1
P
лежит в плоскости, парал-
лельной OXY;
2
P
– в плоскости, параллельной
OZY.
Решение
Рассмотрим случай крепления стержня концом А при помощи жесткой
заделки (рис. П.45). Саму заделку сразу заменим соответствующей системой
сил реакций:
A
X
,
A
Y
,
A
Z
и реактивными моментами
A
X
m
,
A
Y
m
,
A
Z
m
.
Силы
1
P
и
2
P
раскладываем на составляющие, параллельные осям
координат:
Рис. П.45
(
)
11 1
, , 0PPP
′
′′
;
()
22 2
, , 0PPP
′′ ′
,
где
11
sin 282,8 НPP
′
=
⋅α= ;
11
cos 282,8 НPP
′
′
=
⋅α=
;
12
sin 200 НPP
′
′
=
⋅β=
;
22
cos 346,4 Н.PP
′
′
=
⋅β=
Равнодействующая рас-
пределенной нагрузки:
600 1 600 Н.QqBC
=
⋅=⋅=
65
Составляем уравнения равновесия стержня под действием произ-
вольной пространственной системы сил:
0
KX
F =
∑
:
1
0
A
XP
′
−
=
;
0:
KY
F =
∑
12
0
A
YPPQ
′
′′′
−
++=;
0:
KZ
F =
∑
2
0
A
ZP
′
−
= ;
1
0:
x
m =
∑
22
/2 0
AX
m Q BC P AB P BC
′
′′
+
⋅−⋅+⋅=;
1
0:
y
m =
∑
2
0
AY
mmPCD
′
+
−⋅ =
;
1
0:
z
m =
∑
12
0
AZ
mPABPCD
′′ ′′
+
⋅−⋅=.
Решая полученные уравнения, находим:
X
A
= 282,8 Н; Y
A
= –663,6 Н; Z
A
= 200 H;
m
AX
= 746,4 Н⋅м; m
AY
= –200 Н⋅м; m
AZ
= 63,6 Н⋅м.
Вычислим силу реакции и момент в заделке:
222
748,6
AAAA
RXYZ=++=
H;
222
775,3
AAXAYAZ
Mmmm=++=
H.
Рассмотрим случай жесткой заделки стержня концом Е и определим
реакции этой связи (рис. П.46).
Рис. П.46
Составляем уравнения равновесия:
K
X
F
∑
= 0: X
Е
–
1
P
′
′
= 0;
K
Y
F
∑
= 0: Y
Е
+ Q –
1
P
′
′
+
2
P
′
′
= 0;
KZ
F
∑
= 0:
Z
Е
–
2
P
′
= 0;
2
0
x
m =
∑
:
m
EX
+ Q
⋅
BC/2 +
2
P
′
′
⋅BC = 0;
2
0
y
m =
∑
:
m
EY
+ m = 0;
2
0
z
m =
∑
:
1
0
EZ
mPCDQCD
′
−
⋅+⋅=
.
66
Откуда находим:
X
E
= 282,8 Н; Y
E
= – 663,6 Н; Z
E
= 200 H;
m
EX
= – 646,4 Н⋅м; m
EY
= – 400 Н⋅м; m
EZ
= – 317,2 Н⋅м.
Вычисляем силу реакции в заделке и реактивный момент:
222
748,6
EEEE
RXYZ=++= H;
222
823,6
EEXEYEZ
Mmmm=++= H.
Выводы:
1. Величина силы реакции не зависит от места крепления стержня с
помощью жесткой заделки.
2. Реактивный момент в случае закрепления стержня концом А
меньше, чем при креплении его концом Е.
Следовательно, предпочтение следует отдать креплению стержня
концом А.
Пример 13
Исследовать равновесие вала
Дано:
t
F = 1000 H;
300
r
F
=
H;
200
a
F
=
H;
α = 45°,
F
1
= 2F
2
.
Рис. П.47
В точке А – опора, фиксирующая вал от осевого смещения (подпятник),
в точке С – подшипник. Диаметры зубчатого колеса и шкива соответст-
венно равны: d = 0,2 м; D = 0,4 м. Определить натяжение ветвей ремня и
реакции опор вала, считая, что он находится в равновесии.
67
Решение
В подпятнике сила реакции может быть разложена на 3 составляю-
щие:
A
AA A
R
XYZ=++
. В подшипнике – на 2:
CCC
R
XZ=+
. К числу не-
известных относится натяжение одной из ветвей ремня. Учитывая, что под
действием окружной силы F
t
= 1000 H, приложенной к зубчатому колесу,
вал может вращаться ускоренно против хода часовой стрелки (если смот-
реть со стороны точки А), а силы натяжения ветвей ремня
1
F
и
2
F
должны
препятствовать этому ускоренному вращению вала, то приходим к выводу,
что ведущей ветвью ремня с натяжением
1
F
является левая ветвь, а ведо-
мой – правая ветвь с натяжением
2
F
(рис. П.48).
Рис. П.48
Теперь рассмотрим равновесие вала. Составляем уравнения равновесия:
Y
m
∑
= 0:
– F
t
⋅d/2 + F
1
⋅D/2 – F
2
⋅D/2 = 0;
Z
m
∑
= 0:
F
r
⋅
AB – X
C
⋅
AC – F
1
⋅sinα⋅AD + F
2
⋅sinα⋅AD – F
a
⋅
d/2 = 0;
X
m
∑
= 0:
t
F ⋅AB + Z
C
⋅
AC + F
1
⋅cosα⋅AD + F
2
⋅cosα⋅AD = 0;
K
X
F
∑
= 0:
X
A
– F
r
+ X
C
– F
2
⋅sinα + F
1
⋅sinα = 0;
K
Y
F
∑
= 0:
Y
A
– F
a
= 0;
K
Z
F
∑
= 0:
Z
A
+ F
t
+ Z
C
+ F
1
⋅cosα + F
2
⋅cosα = 0.
Решая их (с учетом F
1
= 2F
2
), получаем:
F
2
= 500 Н; F
1
= 1000 Н; X
С
= – 465,6 Н;
X
A
= 412,1 Н; Z
C
= – 2096,8 Н; Z
A
= 36,3 H; Y
A
= 200 Н.
68
Правильность решения проверяем 2-мя уравнениями равновесия:
0
XC
m =
∑
: – F
t
⋅BC – Z
A
⋅
AC + F
2
⋅cosα⋅CD + F
1
⋅cosα⋅CD = 0;
0
ZC
m =
∑
: – F
a
⋅d/2 + X
A
⋅AC – F
r
⋅BC + F
2
⋅sinα⋅CD – F
1
⋅sinα⋅CD = 0.
Подстановкой исходных данных и результатов решения убеждаемся,
что эти уравнения переходят в тождество типа 0 = 0. Это свидетельствует о
правильности найденных значений сил.
Алогичным образом, рассмотрев второй случай нагружения вала
(рис. П.49), получаем:
Z
С
= – 1796,8 Н; X
С
= – 965,6 Н; Z
A
= 436,3 Н; X
A
= – 387,9 Н; Y
A
= 200 Н.
Рис. П.49
Вычисляем результирующие реакции в точках А и С для двух случа-
ев нагружения вала.
Первый случай (см. рис. П.48):
222 2 2
459,5 H; 2147,9 H.
AAAA CCC
RXYZ RXZ=++= =+=
Второй случай (см. рис. П.49):
617,1 H; 2256,8 H.
AC
RR==
В качестве критерия сравнения принимаем величины
22
A
C
R
R+ :
Первый случай:
22
4,825
AC
RR+= кН
2
;
Второй случай:
22
5,09
AC
RR+= кН
2
.
Таким образом во втором случае нагружения вала передаются боль-
шие нагрузки, поэтому первый случай нагружения вала предпочтительнее.
69
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ С-12, С-13, а, б
Положение центра тяжести тела (объема, площади, линии) зависит только
от их формы и размеров. Если фигура имеет центр, ось или плоскость симмет-
рии, то ее центр тяжести находится в этом центре, на этой оси или в этой плос-
кости. Положение центров тяжести тел простой формы определяется:
1) для треугольника:
1
3
C
Xl
=
;
1
3
C
Yh= .
2) для дуги центрального угла:
sin
C
R
X
α
=
α
3) для кругового сектора
2sin
3
C
R
X
α
=
α
Положение центра тяжести тела сложной формы находят путем раз-
биения этого тела на простые части, для каждой из которых можно указать
положение ее центра тяжести. При этом считается, что вырезанная часть
имеет отрицательный объем (отрицательную площадь).
После разбиения тела на части координаты его центра тяжести вы-
числяются по формулам:
K
K
C
K
VX
X
V
=
∑
∑
;
K
K
C
K
SX
X
S
=
∑
∑
;
K
K
C
K
lX
X
l
=
∑
∑
где V
K
, S
K
, l
K
– объем, площадь, длина k-той части тела соответственно;
X
K
– координата центра тяжести k-той части тела.
Другие координаты находятся по аналогичным формулам.
70
Пример 14
Определение положения центра тяжести плоской стержневой конструкций
Определить положение центра тяжести плоской стержневой конст-
рукции, считая, что все её стержни выполнены из одного материала и
имеют одинаковую форму и размеры поперечного сечения (рис. П.50).
Размеры стержневой конструкции принять непосредственно из этого
рисунка (1 клетка = 1м).
Рис. П.50
Решение
Для определения положения центра тяжести этой стержневой конструк-
ции воспользуемся методом разбиения на отдельные стержни, длины которых
можем определить, и показываем положение их центров тяжести (рис. П.51).
Рис. П.51