Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Нижегородский Государственный Архитектурно-Строительный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

7591

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

23.11.2023

Размер:

1.16 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 122 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

N AB =	F	=	80	= 144.6 H .
	sin α		0.5533

Подставляя полученное значение силы в первое уравнение равновесия, получим

NCB = - N AB cosα = - 144.6 ×0.8333 = -120.5 H .

Знак «минус» в данном случае говорит о том, сто стержень СВ сжат.

Задача 1.4. Применение теоремы о равновесии

трех сил

К конструкции (рис.

1.11), закрепленной в

2м

точках А и В на тросе, закрепленном в точке С,

подвешен груз весом Р. Определить направления

и модули опорных реакций, пользуясь теоремой

о трех силах

Решение

4м

Линии действия сил P и RA

пересекаются в

точке D . По теореме

трех

силах линии

действия силы RB также пройдет через точку D .

Условием равновесия сил P , RA и RB является

3м

замкнутость силового треугольника. Строим

силовой треугольник A′B′D′ ,

замыкая который получаем направления

реакций связей (рис. 1.13)

Рис.1.11

	A′	R	D′
C	A′	RA	D′
R			R
R			RB
RA	D		RB
RA	D
A	R	α
	P
		B′
α
	R
B	P
B
R
RB

Рис. 1.12

Рис. 1.13

Из подобия треугольников ABD и A′B′D′ следует равенство

отношений:

BD .

AB AD

что BD =

= 5м , то из полученных

Если учесть,

AB2 + AD2

42 + 32

пропорций можно получить, что

P × AD

P ×3

= 0.75P

P × BD

P ×5

= 1.25P

Ответ: RA = 0.75P ,

RB = 1.25P .

Задача 1.5. Применение теоремы о равновесии трех сил Горизонтальная балка AC закреплена в точке А с помощью

неподвижного шарнира, а в точке В удерживается наклонным тросом

BD (рис. 1.14). В точке С к балке приложена вертикальная сила P ,

равная по модулю 10 кН. Определить направления и модули реакций связей, пользуясь теоремой о трех силах

A B C

5м3м

4м

Рис.1.14.

Решение

R R

Линии действия сил P и RB пересекаются в точке D . Для

равновесия трех сил линия действия силы RB тоже должна пройти через точку D (рис.1.15).

			R
R	A	B	RB	C
X A
	R
	YA
R
RA

Рис.1.15

R	RA и	RB
Условием равновесия сил P ,			является замкнутость силового
треугольника. Строим силовой		треугольник, замыкая который
		R	R

получаем направления реакций связей RA и RB (рис. 1.16).

α P

Рис.1.16.

Длина опорного стержня равна BD = BC 2 + CD2 = 32 + 42 = 5м .

sin α =

= 0.6

Тогда

и следовательноα = 40.97° .

Длина отрезка AD равна AD =

= 8.94 м

AC 2 + CD2

82 + 42

Тогда sin β =

= 0.8949 и следовательноβ = 70.55° .

8.94

Найдем внутренние углы силового треугольника и их синусы:

γ = 180° − β = 109.45° ,

ϕ = β −α = 29.58° ,

sin γ = 0.8950 ,

sinϕ = 0.4481.

Находим неизвестные стороны силового треугольника, используя

теорему синусов:

sinα

, откуда RA =

P = 13.39

кН ,

sinϕ

sinα

sinϕ

, откуда RB =

sin γ

P = 19.97

кН .

sinϕ

sin γ

sinϕ

Ответ: Реакции связей равны: RA = 13.39 кН и RB = 19.97 кН .

1.2 Равновесие плоской системы сил

Уравнения равновесия плоской системы сил в аналитической форме представлены тремя уравнениями:

n	n	n	R
∑Fix = 0,	∑Fiy = 0,	∑M A (Fi ) = 0.
i=1	i=1	i=1

Это основная (первая) форма уравнений равновесия произвольной плоской системы сил. Этой системе уравнений равносильны еще две формы записей уравнений равновесия:

- вторая форма уравнений равновесия:

n	n	R	n	R
∑Fiy = 0,	∑M A (Fi ) = 0,		∑MB (Fi ) = 0.
i=1	i=1		i=1

(ось y не должна быть перпендикулярна линии АВ, иначе уравнения не будут независимы);

- третья форма уравнений равновесия:

n	R	n	R	n	R
∑M A (Fi ) = 0,		∑MB (Fi ) = 0,		∑MC (Fi ) = 0.
i=1		i=1		i=1

(при этом точки А, В и С не должны лежать на одной прямой).

Задача 1.6 Определить реакции опор А и В для следующей балки.

A	α	B

l 2			l 2

Рис.1.17

Решение:

Отбросив связи и заменив их действие неизвестными реакциями

R R

обнаружим, что задача содержит две неизвестные реакции: RA , RB .

	R		R
	P		F
R		α	R
X A	A		R	B
X A	A		T	B

	R			R
R	YA	l 2	l 2	RB
RA		l 2	l 2

Рис.1.18

Наклонную реакцию RA представим в виде суммы ее вертикальной и горизонтальной составляющих: RA = X A +YA .

Наклонную силу F также представим в виде суммы: F = P +T . Модули составляющих сил равны: P = F sinα , T = F cosα .

Используем систему уравнений равновесия:

		n
		∑ Fiy = 0,
		i=1
	n	R

∑ M A (Fi ) = 0,
i=1
n		R

∑ M B (Fi ) = 0.i=1

X A − T = 0,

	l
RBl − P		= 0,


2

−Y l + P l = 0.A 2

Решая систему, получаем значения неизвестных сил:

X A

=T = F cosα ,

=P = F sin α ,

=P = F sin α .

Задача 1.7. Равновесие плоской системы параллельных сил Определить реакции опор А и В (рис.1.18).

	A	B

	R	R
		RB
	RA
		l 3
	2l 3

		Рис.1.18
Решение.
	n
Из уравнения	∑ Xi	= 0
Из уравнения	i=1	следует, что горизонтальная составляющая

реакции на опоре А равна нулю, поэтому используем вторую систему уравнений равновесия:

n	R
∑ M A (Fi ) = 0,
i=1
n	R

∑ M B (Fi ) = 0.i=1


	RB ×l - F ×	2			l = 0,

			3
				1
				1
-RA ×l + F		×		2		l = 0.
				2

Решая систему, получаем значения неизвестных реакций:

RB = 2 F , 3

RA = 1 F. 3

Задача 1.8. Равновесие плоской системы параллельных сил Определить реакции опор А и В (рис.1.19).

F	F	F	2F	F	F	F
A							B
A
			C
RA							RB
RA	a	a	a	a	a	a	2a
2a	a	a	a	a	a	a	2a

Рис. 1.19

Решение.

При определении реакций следует при любом удобном случае использовать симметрию системы.

Заметим, что горизонтальная реакция на опоре А отсутствует.

Видно, что все силы приложенные к балке расположены симметрично относительно вертикальной оси, проходящей через точку С,

По этой причине RA = RB .

		n
Формально этот результат можно получить из уравнения		∑ M C = 0
Формально этот результат можно получить из уравнения		i=1	.
Обе реакции теперь можно обозначить одной буквой −		R	и для их
n
∑Yi = 0	.
определения использовать единственное уравнение i=1	.

Формируем уравнение: 2R − 8F = 0 , откуда получаем, что R = 4F .

Задача 1.9.

Определить реакции опор А и В (рис.1.20).

	17
	M
A	B
RA	RB
2l 3	l 3

Рис.1.20

Решение.

Используем третью форму уравнений равновесия :

n	R
∑ M A (Fi ) = 0,
i=1
n	R

∑ M B (Fi ) = 0.i=1

M + RBl = 0,− + =

RAl M 0.

Решая систему, получаем значения неизвестных реакций:

RB = − M , l

RA = M . l

Знак «минус» в выражении реакции RB говорит о том, что ее истинное

направление противоположно тому, которое показано на рисунке.

Задача 1.10.

Определить реакции в заделке А.

M = 3Fa

X A

α = 60°

M A

Рис.1.21

Решение.

Наклонную реакцию RA представим в виде суммы ее вертикальной и

R R R

горизонтальной составляющих: RA = X A +YA . Наклонную силу также представим в виде векторной суммы: двух сил P = 2F sinα и T = 2F cosα .

Используем вторую систему уравнений равновесия:

n
∑ Fix	= 0,
i=1
n	= 0,
∑ Fiy	= 0,
i=1
n	R

∑ MO (Fi ) = 0.i=1

X A -T = 0,

YA - F - P = 0,
	- P ×3a = 0.
M A - F × a + M	- P ×3a = 0.

Выражая неизвестные из уравнений системы, получим:

X A = T ,			X A = 2F cosα ,
	= F + P,		YA = F + 2F sinα ,
YA
			M A = +F ×a - 3Fa + 2F cosα ×3a.
M A = +F × a - M + P ×3a.		и далее:		.

Подставляя значения тригонометрических функций, получим значения реакций:

X A	= 2F ×	1	= F,

	2
					= F (1+		) = 2.73F ,
YA = F + 2F				3
						3
			2

M A = +F × a - 3Fa + 2F × 1 ×3a = Fa. 2

Задача 1.11. Равновесие произвольной плоской системы сил

Дано: F = 24 кН , P = 20кН , q = 10кН / м, M = 30кНм , α = 30° .

Определить реакции опор А и В.

α	C	q
P		F
		F
		М

Рис. 1.22

Решение:

1. Отбрасываем связи (опоры) и заменяем их неизвестными реакциями. Распределенные нагрузки заменяем равнодействующими

(рис.1.23).

2. Раскладываем наклонные силы на составляющие по осям х и у

(рис.1.23).

3. Заменяем распределенную нагрузку ее равнодействующей

Q = q ×1.6м = 10 кН ×1.6м = 16кН

м .

α C

1.6м

1 м

Рис. 1.23

4. Составляем уравнения равновесия.

∑mA = 0

P × cosα ×1.6 + Q ×0.8 - M - F × 3 + RB × sin α

×1 + RB × cosα × 4 = 0

∑ X = 0

- P × cosα - Q + RB × sin α = 0

X A

∑Y = 0;

YA + P sin α + RB cosα - F = 0.

5. Решаем систему уравнений и находим неизвестные реакции.

		- P × cos α ×1.6 - Q × 0.8 + M +	F × 3			- 20 ×	3		×1.6 -16 × 0.8 + 30 + 24 × 3
						- 20 ×	2		×1.6 -16 × 0.8 + 30 + 24 × 3
RB	=					=	2								= 15.511кН ;
		sin α ×1 + cos α × 4
												1	+ 4 ×	3
												1		3
												2		2
												2		2

X A	= P × cosα + Q - RB ×sin α = 20 ×		3		+16 -15.511×						1	= 25.565кН;
X A	= P × cosα + Q - RB ×sin α = 20 ×		2		+16 -15.511×							= 25.565кН;
			2				2
YA	= -P ×sin α - RB × cosα + F = -20 ×			1		-15.511×		3		+ 24 = 0.567кН.
YA	= -P ×sin α - RB × cosα + F = -20 ×					-15.511×				+ 24 = 0.567кН.
			2				2

<<< < Предыдущая 12 / 122 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
23.11.20231.16 Mб07587.pdf
#
23.11.20231.16 Mб07588.pdf
#
23.11.20231.16 Mб07589.pdf
#
21.11.2023149.15 Кб0759.pdf
#
23.11.20231.16 Mб07590.pdf
#
23.11.20231.16 Mб07591.pdf
#
23.11.20231.16 Mб07592.pdf
#
23.11.20231.16 Mб07593.pdf
#
23.11.20231.16 Mб17594.pdf
#
23.11.20231.16 Mб17595.pdf
#
23.11.20231.16 Mб17596.pdf