572

ных между собой и с зубчатыми колесами

шарнирами (рис. 24.1).

Считая связи идеальными, определить

величинусилыF,уравновешивающейдей-

ствие известного моментаМ. Радиус лево-

го колеса R.

Решение. Cпособ 1-й. Рассмотрим си-

стему по частям. Вначале свяжем силу F

с силой S2 (рис. 24.2), а затем S2

с

моментом М.

Рис. 24.1

Узел D находится в равновесии под дей-

ствием системы сходящихся сил:

Fix

F S1

S2 0.

S2

cos30 F 0.

(1)

S

F

.

2

cos30

Рис. 24.2

Fiy

S2

sin30 S1 0.

(2)

S

Fsin30

F tg30 .

1

cos30

Рассмотрим

равновесие левого колеса

(рис. 24.3). Внутренние силы S2 = S 2,

mA(

) S2R M QR 0.

(3)

Рис. 24.3

Fi

Для правого колеса (рис. 24.4) Q = Q ,

N = N , S1 = S 1 — внутренние силы системы,

mb(

) S1r Qr 0, следовательно,

S1 =

Fi

= Q. Тогда,решая совместно уравнения (1)–

(3), получим

S2R M S1R

Рис. 24.4

F

R M FRtg30 0.

cos30

Отсюда F

M

3

.

R

Способ 2-й. Применим принцип возмож-

ных перемещений. Придадим системе воз-

можное перемещение: M 1

D 0.

F

S

Поскольку связи в системе стационарные,

возможныеперемещенияможносвязатьчерез

скорости точек (рис. 24.5), получив уравне-

Рис. 24.5

ние возможных мощностей

M 1 FVD 0.

Учитываясвойстваскалярногопро-

изведения, запишем М 1 – FVDx = 0.

Выразим VDx через 1, используя тео-

рему сложения скоростей в плоскопа-

раллельном движении звеньев ED и

DK (рис. 24.6):

(4)

VD VE VDE VK VDK 0.

Рис. 24.6

По величине скорости точек Е и К

равны: VF = VK, VK = 1R. Спроециру-

Подставимзначение скорости VDx

1R

в уравнениевозмож-

1R

3

ных мощностей: M F

0.

Окончательно получим

1

3

Задача 44. Гладкий шар радиусом R

весом Р, касаясь вертикальной стены, по-

коится на шероховатом горизонтальном

полу (коэффициент трения скольжения

равен f). С какой минимальной по величи-

не силой F следует прижать к шару брусок

высоты h, чтобы шар оторвался от пола?

Q

Решение. Рассмотрим равновесие шара

в момент, когда он оторвался от пола:

Y = Nsin – P = 0,

N

P

N = P/sin .

Задача 58. На гладкой горизонтальной

а

а

плоскости стоит открытый с обеих сторон

r1

полый прямоугольный цилиндр с радиусом

а. Внутри цилиндра находятся два шара

весом Р1 и Р2 с радиусами, соответственно

r

равнымиr1 иr2.При этомнижнийшар лежит

2

наплоскости. Пренебрегаятрением,опреде-

лить минимальный вес Q, при котором ци-

линдр не опрокинется.

Решение.Рассмотримравновесиеци-

линдр (без шаров) в критический мо-

N1

мент, когда Q = Qmin(RE = 0):

А

Mc = N1AC – N2r2 – Qmina = 0.

Q

N2

Отсюда: Qmin = (N1AC – N2r2)/a.

В

С

Е

RС

RЕ

Рассмотрим равновесие системы из

A

RD

двух шаров:

N1

MD = –N1AC + N2r2 +

B N2

+ P1(2a – r1 – r2) = 0.

P1

P2

ОтсюдаN1AC+N2r2 = P1(2a– r1 – r2).

C

D

Тогда Qmin = (2 – (r1 + r2)а)/P1.

y

Рассмотрим равновесие цилиндра. Из

условия равновесия сил на ось Y получа-

ем (рис. 69.1)

F

С

x

Rsin = P.

(1)

r

Предельное состояние, при котором

проскальзываниепараллелепипедаотсут-

R

ствует, показано на рис. 69.2.

R

большее значение и равна fN, где N —

С

F

нормальная реакция.

Условия равновесия параллелепипе-

Р

да:

Fx = 0; Rcos – fN = 0,

Рис. 69.1

Fy = 0; N – P – Rsin = 0.

(2)

Из уравнений (1) и (2) находим

R

y

2fsin = cos ;

cos

b

,

sin

r2 b2

r

.

r

P

r2

b2

b

2f

.

r

r

x

Отсюда находим b

2fr .

Fтр

N

1 4f2

Рис. 69.2

дится в точке A (рис. 69.3). Опрокидывание

R y

исключено, если сумма моментов всех сил

вокруг точки A равна нулю:

mA(F) = Rcos h – Rsin a – Pa/2 = 0.

Отсюда находим с учетом (1).

b

3ar .

P

h

4h2 9a2

а

YА

x

2fr

3ar .

Ответ: b

, b

А

XА

1 4f2

4h2 9a2

Рис. 69.3

Fix = NB – FA = NB – f2NA = 0.

(1)

P AC

2

F r P

4r

2

f N

r 0.

m

B

F

2

(2)

i

2

B

3

2

1 B

2

4r

2

m F N r P r

AC

N r

P r

2

0.(3)

3

B

i

A

2

B

2

P

4

, из (3)

4

Из (2)

NB

NA

P 1

.

Подставив эти

3 f1

3

4

4

значения в (1), найдем

P

f2

P 1

. Так как Р 0, то

3 f1

3

f2

4

0,74

.

f1 3 4

f1

Задача 71. В пятизвенном механизме

к звену 5, представляющему собой рав-

носторонний треугольник BCD, прило-

жена сила Р (рис. 71.1). Определить

величину уравновешивающего момента

M1 и деформацию пружины при задан-

ном коэффициенте упругости с. Извест-

но, что длины стержней 1, 2, 4 одинако-

вы и равны l, KB = КС = l/2; OA, CF,

Рис. 71.1

P перпендикулярны BD.

ющая в обратную сторону, образуется реакциями в Рис. 71.2

точках О и А (рис. 71.2):

n

M1 m F ,F

F

OA F l.

Fix = F + Fycos30° = 0.

(1)

mc

P

l

sin30 Flcos30

Fi

2

1

Fy

cos l cos30 Fy sin

0.

(2)

2

Из (2)

Fy

P

. С другой стороны,

Fv = с . Отсюда

2sin30

P

. Из

(1),

учитывая, что F = M /L, получим

2csin30

1

Fy

F

M1

(сила направлена в другую сторону)

cos30

l cos30

P

M1

,

2sin30

l cos30

M P

a

ctg30 .

1

2

Задача 72. Однородная тяжелая балка

весом Р одним концом закреплена в непод-

вижном шарнире О, а другим опирается на

однородный цилиндр равного с ней веса

(рис. 72.1). Определить, при каком значе-

нии угла может начаться качение цилинд-

ра без скольжения, если известен радиус R

и коэффициент трения качения k. Между

Рис. 72.1

балкой и цилиндром трение не учитывать.

mO

P

l

sin Nl 0.

Fi

2

Отсюда N

P

sin .

(1)

2

От величины N зависят N1, Fтр, Mc.

Рис. 72.3

Перейдем к другому телу. Для цилиндра

Fiy = N – P – Nsin = 0,

N1

P Nsin P

P

sin2 .

(2)

2

mB

Mc – NRcos = 0.

(3)

Fi

P

2

P

P

sin

k

sin cos R 0.

2

2

k

R

k

sin2

sin

1 sin2 0,

2

2

k2 k2 sin2

k2

sin4

R2

sin2 1 sin2 .

4

4

k2 R2

2

2

R2

2

z

k

z k

0,

4

4

или k2

R2 z2 4k2 R2 z 4k2

0.

4k2 R2

Отсюда z1,2

4k2 R2 2 4 k2 R2 4k2

и

2 k2

R2

sin2

R2

4k2

R4 24k2R2

.

2 k2

R2