Материал: Механика (статика). учебное пособие. Рябцев В.А

MA=0, mA – P2 12 + P3h = 0,

где h - плечо силы P3 относительно точки А: h = AD sin 60° = 6,93 м. Получаем mA = 3,2 кН*м.

Для проверки повторим решение, применив уравнения равновесия в виде (8.9), но за ось проекций возьмем ось у. В противном случае, если за центры моментов взять точки А и В, то ось х будет перпендикулярна AB и условия равновесия в виде (8.9) будут не применимы. Из уравнений Y=0 и МA = 0 уже были получены YA = 2,5 кН; mA = 3,2 кН*м. Составим третье уравнение равновесия

MB=0; mA + XA 12 – P3h1=0,

где h1 - плечо силы P3 относительно точки В: h1 = BD sin 60° 3,46 м. Следовательно, ХА = 0,6 кН.

MB( P3 ) = MB( P3 y ) = -DB P3cos30 .

166

Пример 8.7. Определить опорные реакции и давление в шарнире В для балки, состоящей из двух простых балок (рис. 8.15).

Дано: P1 = 16 кН; P2 = 30

кН; М= 40 кН*м.

Решение. Метод решения задач на равновесие систем, состоящих из нескольких тел, заключается в составлении уравнений равновесия для каждого тела в отдельности. Чтобы избежать появления системы уравнений, следует начать составлять уравнения равновесия с балки ВС, так как число неизвестных сил, приложенных к этой балке, равно числу

Рис. 8.15 уравнений равновесия. Связями для балки ВС являются подвижная опора С и шарнир В. Так как направление реакции шарнира В заранее неизвест-

В.

167

Как и в двух предыдущих задачах, можно было бы не находить плечо h, а применить теорему Вариньона. Тогда RC =

правлены в противоположные стороны. Реакция заделки А со-

Составим уравнения равновесия

X=0, XA – XB = 0, XA= 8 кН,

Y=0, YA – P2 – YB = 0, YA= 39,24 кН,

MA=0, mA – m – P2 1 - YB 4 = 0, mA = 106,96 кН*м.

Задача решена. Для проверки решение можно повторить, используя уравнения равновесия, например (8.9) или (8.10), или, что проще, следует убедиться в том, что соблюдается любое из уравнений равновесия для системы сил, приложенных ко всей составной балке. Если рассмотрим составную балку в целом, то получим вместе обе схемы сил, изображенные на рис. 8.15, б и 8.15, в, но изображать силы в точке В не следует, так как главный вектор этих сил, т. е. их векторная сумма, равен нулю. Для всей балки точка В является внутренней точкой. Схема сил, приложенных ко всей составной балке, дана на рис. 8.5, г. Составим уравнения равновесия для всей составной балки, например, в виде (8.8)

X=0, XA – P1cos60 = 0,

Y=0, YA – P2 – P1cos30 + RC = 0,

MA=0, mA – m – P2 1 – P1h + RC 7 = 0.

168

где h = 5 sin 60° = 4,33 м - плечо силы P1 относительно точки

А.

Согласно теореме Вариньона, можно было момент силы

P1 определить по формуле

MA( P1 ) = - P1 AD = - P1AD sin60 .

Легко видеть, что, подставляя в каждое из этих уравнений уже найденные значения искомых величин, получим тождество 0 = 0.

Если бы в условии этой задачи не требовалось определять силы во внутреннем шарнире В, то было бы только четыре неизвестные величины: ХА, XB , mA, RC и все решение можно было бы значительно упростить, составив три уравнения равновесия для всей составной балки в целом и одно уравнение моментов относительно шарнира В ( MB =0) для балки ВС. Рекомендуем читателю провести это решение самостоятельно.

Пример 8.8. Лестница AB весом P1 = 100 H прислонена к гладкой стене и опирается на негладкий горизонтальный пол, для которого коэффициент трения скольжения f = 0,54. Каким должен быть угол наклона лестницы к поверхности пола, чтобы человек весом P2 = 700 H мог подняться на три четверти длины лестницы. Сила тяжести лестницы приложена в ее середине (рис. 8.16).

Решение. Пусть лестница находит-

пендикулярна к стене, а реакция пола состоит из нормальной

(перпендикулярной к полу) составляющей RB и из силы тре-

ния T , препятствующей скольжению лестницы. Изображаем

169

также силы тяжести лестницы и человека, считая силу тяжести человека приложенной в точке D, для которой DB = 0,75АВ. Уравнения равновесия имеют вид (8.8)

Из первого уравнения находим RB = P1 + P2. Из третьего уравнения, учитывая, что ВС = АВ/2; BD = 0,75АВ, получаем

RA T 2P1 3P2 / 4tg .

Максимальная сила трения - сила трения покоя согласно (8.17) TS = fN, где в нашем случае N = RB . Таким образом, на пороге нарушения равновесия TS = - f RB. Чтобы не было скольжения балки, должно выполняться неравенство T TS , т. е.

( 2R 3P2 ) / 4tgf ( P1 P2 ) .

Отсюда следует tg 0,25( 2P1 3P2 ) / f ( P1 P2 ) . Под-

ставляя числовые значения, получаем tg 1,327. Тогда

53 .

8.5.4. Пространственная система сходящихся сил