Статика твердого тела (стр. 3 )

Чтобы убедиться в этом, достаточно рассмотреть доказательство леммы Пуансо в обратном направлении, сменив силу Р на R, а Р¢ - на R0 .

В самом деле, пусть система эквивалентна главному вектору R0 и главному моменту М0 (Рис.4.2а). Заменим М0 парой сил (R, R¢ ) с моментом М(R, R¢ ) = М0 , выбрав силы пары равными по модулю и параллельными R0 , а ее плечо d = ½M0½/ R0 (Рис.4.2б). Тогда

(R0 , М0) ~ (R0, (R, R¢ )) ~ (R, (R0, R¢ ) ~ R ,

поскольку (R0, R¢ ) ~ 0. Таким образом, система (R0, М0) действительно эквивалентна равнодействующей R, линия действия которой проходит на расстоянии d = ½M0½/ R0 от центра приведения.

Следствием этого случая приведения является

Теорема Вариньона (о моменте равнодействующей плоской системы сил)

Момент равнодействующей плоской системы сил относительно произвольного центра О равен алгебраической сумме моментов всех сил системы относительно этого центра.

Выбирая центр О, о котором идет речь в теореме, в качестве нового центра приведения системы сил, состоящей из единственной силы - равнодействующей R, и учитывая, что R = R0 получим:

M0 (R) = ± R× d = ± R×½M0½/ R0 = M0 = S M0 (Pi )

4.4. Уравновешенная система сил

Необходимым и достаточным условием равновесия плоской системы сил является равенство нулю главного вектора и главного момента системы:

R0 = 0, M0 =

Из этого условия следуют уравнения равновесия плоской системы сил, которые можно записать в трех различных формах:

1) Первая форма:

S MA = 0;

S X = 0; (4.3)

S Y = 0.

2) Вторая форма:

S MA = 0;

S MB = 0; (4.4)

S Y = 0, где ось Oy неперпендикулярна отрезку АВ.

3) Третья форма:

S MA = 0;

S MB = 0; (4.5)

S MС = 0, где точки А, В и С не лежат на одной прямой.

Таким образом, уравнения (4.3), (4.4) или (4.5) эквивалентны условиям (4.2) и наоборот.

В самом деле, условие R0 = 0 означает, что ½R0½= R0 = 0. Поэтому с учетом (4.1) : R02 = (S X)2 + (S Y)2 = 0, откуда и следуют два последних уравнения (4.2).

Первое из уравнений (4.3) получается из условия равенства нулю главного момента, если в качестве центра приведения взять точку А.

Докажем теперь, что уравнения (4.4) эквивалентны условиям равновесия системы (4.2).

Первое из уравнений (4.4) будет выполняться в двух случаях:

1) система сил, приложенных к ТТ, уравновешена и ее равнодействующая равна нулю;

2) равнодействующая сил, приложенных к ТТ, отлична от нуля, при этом ее линия действия проходит через точку А.

Пусть одновременно выполняются два первых уравнения системы (4.4). Это по-прежнему возможно в двух случаях:

1) равнодействующая R = 0;

2) равнодействующая R ¹ 0 и ее линия действия одновременно проходит через точки А и В.

Если в дополнение к этим двум уравнениям выполняется и третье уравнение (4.4), то это означает, что Ry = S Yi = 0.

При условии, что R неперпендикулярна этой оси – отсюда будет следовать, что R = 0, то есть система сил уравновешена.

Аналогично можно доказать, что условия (4.2) будут следовать из уравнений (4.3) или (4.5).

ПРИМЕЧАНИЯ:

1. В частном случае для плоской системы сходящихся или параллельных сил уравнения в системах (4.3), (4.4) или (4.5) будут линейно зависимы. Это означает, что определитель системы алгебраических уравнений для определения опорных реакций таких систем сил становится равным нулю.

Например, для системы сил параллельных оси Oy уравнения (4.3) станут линейно зависимыми вследствие того, что второе из уравнений этой системы обратится в тождество, которое выполняется как для уравновешенных, так и для неуравновешенных систем.

Такие уравнения исключают из системы, уменьшая тем самым общее число уравнений для плоской системы сходящихся или параллельных сил с трех до двух.

2. В соответствии с предыдущим замечанием уравнения равновесия системы сил, параллельных оси Oy, можно записать в двух формах:

1) Первая форма:

S MA = 0; (4.6)

S Y = 0, где ось Oy неперпендикулярна силам системы.

2) Вторая форма:

S MA = 0; (4.7)

S MB = 0, где отрезок АВ непараллелен силам системы.

3. Таким образом, если при рассмотрении произвольной плоской системы сил выяснится, что она в действительности является системой сходящихся или параллельных сил, можно упростить решение задачи, воспользовавшись вместо (4.3)-(4.5) системой (4.6) или (4.7) – для параллельных или (2.10) – для сходящихся сил.

ГЛАВА 5. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ОПОРНЫХ РЕАКЦИЙ

ПЛОСКИХ СТЕРЖНЕВЫХ СИСТЕМ

5.1. Система параллельных сил

Прежде чем перейти к рассмотрению примеров, связанных с использованием полученных выше уравнений равновесия, введем дополнительные понятия, необходимые для решения практических задач.

Понятие о распределенной нагрузке. Наряду с рассмотренными выше сосредоточенными силами строительные конструкции и сооружения могут подвергаться воздействию распределенных нагрузок – по объему, по поверхности или вдоль некоторой линии – и определяемых ее интенсивностью.

Примером нагрузки, распределенной по площади, является снеговая нагрузка, давление ветра, жидкости или грунта. Интенсивность такой поверхностной нагрузки имеет размерность давления и измеряется в кН/м2 или килопаскалях (кПа = кН/м2).

При решении задач очень часто встречается нагрузка, распределенная по длине балки. Интенсивность q такой нагрузки измеряется в кН/м.

Рассмотрим балку, загруженную на участке [a, b] распределенной нагрузкой, интенсивность которой изменяется по закону q = q (x). Для определения опорных реакций такой балки нужно заменить распределенную нагрузку эквивалентной сосредоточенной. Это можно сделать по следующему правилу:

Равнодействующая распределенной нагрузки приложена в центре тяжести грузовой эпюры и равна численно ее площади:

Q =.

Напомним, в частности, что равнодействующая нагрузки, изменяющейся по треугольному закону, приложена в центре тяжести этого треугольника, который находится в точке пересечения его медиан. В свою очередь, точка пересечения медиан отделяет от каждой медианы третью часть, считая от соответствующей стороны.

Жесткое и скользящее защемления. Познакомимся еще с двумя видами связей в дополнение к рассмотренным ранее в § 1.5.

Чтобы объяснить, в чем суть жесткого защемления, вернемся к рассмотрению неподвижной опоры (Рис.1.8) Точка А твердого тела, закрепленная таким образом, не может перемещаться в горизонтальном и вертикальном направлениях – чему соответствуют составляющие реакции XA = RAХ и YA = RAY, но при этом тело может поворачиваться вокруг этой точки.

Жесткое защемление (Рис.5.1) не только не допускает линейных перемещений закрепленной точки, но и дополнительно препятствует повороту тела вокруг нее. Проанализируем, что это означает.

Чтобы повернуть тело, к нему прикладывают пару сил или сосредоточенный момент. Если тело продолжает оставаться в положении равновесия, это означает, что активную пару уравновешивает реактивный момент MA , который появляется в закрепленной части балки в дополнение к XA и YA .

Скользящее защемление в отличие от жесткого не препятствует линейному смещению закрепленной точки балки в одном из направлений, например – горизонтальном (Рис.5.2). При этом в указанном направлении соответствующая составляющая опорной реакции будет равна нулю: RA = YA, XA = 0.

Пример 5.1. Определить опорные реакции балки (Рис.5.3а).

Решение. В качестве активной нагрузки выступает равнодействующая распределенной нагрузки Q = (1/2)×aq = (1/2)×3×2 = 3кН, линия действия которой проходит на расстоянии 1 м от левой опоры, сила натяжения нити Т = Р = 2 кН, приложенная на правом конце балки и сосредоточенный момент.

Поскольку последний можно заменить парой вертикальных сил, то действующая на балку нагрузка вместе с реакцией подвижной опоры В образует систему параллельных сил, поэтому реакция RA будет также направлена вертикально (Рис.5.3б).

Для определения этих реакций целесообразно воспользоваться уравнениями равновесия в форме (4.7), поскольку в отличие от уравнений (4.6) они позволяют найти RA и RВ независимо друг от друга.

S MA = 0; - Q×1 + RВ×3 - M + Т×5 = 0,

откуда

RВ = (1/3) (Q + M - Р×5) = (1/3) (3 + 4 - 2×5) = - 1кН.

S MB = 0; - RA×3 + Q×2 - M + Т×2 = 0, ð

RA = (1/3) (Q×2 - M + Р×2) = (1/3) (3×2 - 4 + 2×2) = 2 кН.

Чтобы проверить правильность полученного решения, воспользуемся уравнением из системы (4.6):

SYi = RA - Q + RВ + Т = + 2 = 0,

то есть, задача решена правильно. ·

Пример 5.2. Найти опорные реакции консольной балки, загруженной распределенной нагрузкой (Рис.5.4а).

Решение. Равнодействующая распределенной нагрузки приложена в центре тяжести грузовой эпюры. Чтобы не искать положение центра тяжести трапеции, представим ее в виде суммы двух треугольников. Тогда заданная нагрузка будет эквивалентна двум силам: Q1 = (1/2)×3×2 = 3 кН и Q2 = (1/2)×3×4 = = 6 кН, которые приложены в центре тяжести каждого из треугольников (Рис.5.4б).

Опорные реакции жесткого защемления представлены силой RA и моментом MA, для определения которых удобнее использовать уравнения равновесия системы параллельных сил в первой форме, то есть (4.6):

S MA = 0; ð MA = 15 кН×м;

S Y = 0, ð RA = 9 кН.

Для проверки воспользуемся уравнением S MВ = 0, где точка В находится на правом конце балки:

S MВ = MA - RA×3 + Q1×2 + Q2×1 =+ 6 +6 = 0. ·

ПРИМЕЧАНИЕ. Наряду с термином «жесткое защемление» в литературе для обозначения этого типа связи применяется термин «жесткая заделка».

5.2. Произвольная плоская система сил

Переходя к рассмотрению примеров определения опорных реакций для систем, загруженных произвольной плоской системой сил, отметим, что решение поставленной задачи можно заметно упростить, если из предложенных форм уравнений равновесия (4.3) – (4.5) выбрать оптимальные и наметить рациональный путь их решения.

Поясним, что это означает. В общем случае матрица системы алгебраических уравнений является сплошь заполненной и имеет вид (а):

(а) (б) (в) (5.1)

где знаком «´» обозначены коэффициенты, отличные от нуля. Решение такой системы уравнений представляет наибольшие трудности.

Гораздо привлекательнее матрица треугольного вида, структура которой представлена на схеме (б). Она позволяет найти из первого уравнения первое неизвестное, затем, подставив его во второе уравнение, найти второе неизвестное и так далее.

Идеальной является представленная на схеме (в) диагональная матрица, при которой система распадается на отдельные уравнения, и неизвестные определяются независимо одно от другого.

Умение решать задачи и предполагает навыки составления системы уравнений с «хорошей» структурой – как приведенные на схемах (б) и (в).

В связи с этим может возникнуть вопрос, какую из предложенных форм уравнений равновесия (4.3) – (4.5) выбрать для этого?

Для того чтобы ответить на него, надо помнить, что:

1) это зависит от конкретной задачи;

2) в любой из форм уравнений равновесия присутствует моментное уравнение;

3) при составлении моментного уравнения в качестве моментной целесообразно выбирать точку, где пересекаются линии действия двух неизвестных опорных реакций из трех – в этом случае они не войдут в уравнение, и оно будет содержать только одно неизвестное;

4) если две неизвестных опорных реакции из трех параллельны, то при составлении уравнения в проекциях на ось последнюю следует направить так, чтобы она была перпендикулярна к двум первым реакциям – в этом случае уравнение будет содержать только последнее неизвестное;

5) при решении задачи систему координат надо выбирать так, чтобы ее оси были ориентированы так же, как большинство приложенных к телу сил системы.

Пример 5.3. Однородная балка весом Q = 600 Н и длиной l = 4 м опирается одним концом на гладкий пол, а промежуточной точкой В на столб высотой h = 3 м, образуя с вертикалью угол 30°. В таком положении балка удерживается веревкой, протянутой по полу. Определить натяжение веревки T и реакции столба - RB и пола - RA (Рис.5.5а).

Решение. Под балкой или стержнем в ТМ понимают тело, у которого поперечными размерами в сравнении с его длиной можно пренебречь. Таким образом, вес Q однородной балки приложен в точке С, где АС = 2 м.

1) Поскольку две неизвестных реакции из трех приложены в точке А, первым следует составить уравнение S MA = 0, так как туда войдет только

реакция RB:

- RB × АВ+ Q × (l/2) × sin30° = 0,

где АВ = h / cos30°= 2м. Подставляя в уравнение, получим:

RB ×2= 600×2×(1/2) = 600,

откуда

RB = 600/ (2) = 100 @ 173Н.

Аналогично из моментного уравнения можно было бы найти и реакцию RA, выбрав в качестве моментной точку, где пересекаются линии действия RB и Т. Другими словами, в этой задаче можно прийти к системе уравнений, матрица которых имеет структуру (5.1в). Однако это потребует дополнительных построений, поэтому проще воспользоваться первой формой уравнений равновесия, то есть уравнениями (4.3) со структурой (5.1б):

2) S X = 0; RB × cos30° - Т = 0; ð Т = RB × cos30°= 100×(/2) = 150 Н;

3) S Y = 0, RB× sin30°- Q + RA = 0; ð

RA = Q - RB×sin30°= @ 513 Н.

Таким образом, мы нашли Т и RA через RB , поэтому проверить правильность полученного решения можно с помощью уравнения: S MB = 0, куда в явном или неявном виде войдут все найденные реакции:

RA × АВ sin30°- Т × АВ cos 30° - Q× (АВ - l/2) × sin30°= 513×2×(1/2) -

- 150×2×( /2×(2- 2)×(1/2) = 513× - 150××(-1) @

@ 513×1,7×0,73 = 887,= - 0,5.

Полученная в результате округления невязка D = - 0,5 называется абсолютной погрешностью вычисления.

Для того чтобы ответить на вопрос насколько точным является полученный результат, вычисляют относительную погрешность, которая определяется по формуле:

e = [½D½/min (½S+½,½S-½)]×100% =

= [½- 0,5½/min (½887,5 ½,½- 888½)]×100% = (0,5/887,5) ×100% = 0,06%. ·

Пример 5.4. Определить опорные реакции рамы (Рис.5.6). Здесь и в дальнейшем, если не оговорено специально, все размеры на рисунках будем считать указанными в метрах, а силы - в килоньютонах.

Решение. Рассмотрим равновесие рамы, к которой в качестве активной приложена сила натяжения нити Т, равная весу груза Q.

1) Реакцию подвижной опоры RB найдем из уравнения S MA = 0. Чтобы при этом не вычислять плечо силы Т, воспользуемся теоремой Вариньона, разложив эту силу на горизонтальную и вертикальную составляющие:

RB×2 + Т sin30°×3 - Т cos30°×4 = 0; ð

RB = (1/2)× Q (cos30°×4 - sin30°×3) = (5/4) × (4- 3) кН.

2) Для вычисления YA составим уравнение S MС = 0, где точка С лежит на пересечении линий действия реакций RB и ХA:

- YA×2 + Т sin30°×3 - Т cos30°×2 = 0; ð

YA = (1/2)× Q (sin30°×3 - cos30°×2) = (5/4) × (3 -2) кН.

3) Наконец, находим реакцию ХA:

S X = 0; ХA - Т sin30° = 0; ð ХA = Q sin30° = 5/2 кН.

Поскольку все три реакции были найдены независимо друг от друга, для проверки нужно взять уравнение, в которое входит каждая из них:

S MD = ХA×3 - YA×4 - RB×2 = 15/2 - 5× (3 -2) - (5/2) × (4- 3) =

= 15/+ 10-10+15/2 = 0. ·

Пример 5.5. Определить опорные реакции стержня, имеющего ломаное очертание (Рис.5.7а).

Решение. Заменяем распределенную нагрузку на каждом участке стержня сосредоточенными силами Q1 = 5 кН и Q2 = 3 кН, а действие отброшенного жесткого защемления - реакциями ХA ,YA и MА (Рис.5.7б).

1) S MА = 0; MА - Q1×2,5 - Q2× 5,5 = 0; ð

MА = 5 ×2,5 + 3 × 5,5 = 12,5 + 16,5 = 29 кНм.

2) S X = 0; ХA + Q1× sina = 0; ð ХA = - 5×(3/5) = - 3 кН.

3) S Y = 0; YA - Q1 cosa - Q2 = 0; ð YA = 5×(4/5) + 3 = 4 + 3 = 7 кН, так как sina = 3/5, cosa = 4/5.

Проверка: S MВ = 0; MА + ХA×3 - YA×7 + Q1 cosa×4,5 + Q1sina×1,5 + Q2× 1,5 =

= 29 -3×3 - 7×7 + 5×(4/5)×5 + 5×(3/5)×1,5 + 3×1,5 =+ 20 +4,5 +4,5 =

== 0.

ПРИМЕЧАНИЯ:

1. При решении задач с большим числом нагрузок – например, при выполнении расчетно-проектировочных работ все вычисления удобнее делать в десятичных дробях. В этом случае все результаты и проверка будут получаться с некоторым приближением, но относительная погрешность независимо от величин определяемых реакций и даже при использовании самых скромных вычислительных средств не должна выходить за пределы 1% (см. пример 5.3).

2. Если проверка не выполняется и не удается найти ошибку, то нужно, во-первых, постараться ее локализовать, то есть выяснить, какие из вычисленных реакций найдены неверно, и воспользоваться для их определения альтернативными уравнениями. Во-вторых, можно воспользоваться следующим приемом, который вытекает из свойств систем линейных алгебраических уравнений: опорные реакции от заданной нагрузки равны сумме опорных реакций от каждой нагрузки в отдельности.

5.3. Расчет составных систем

Под составными системами будем понимать конструкции, состоящие из нескольких тел, соединенных друг с другом.

Прежде, чем переходить к рассмотрению особенностей расчета таких систем, введем следующее

Определение. Статически определимыми называются такие задачи и системы статики, для которых число неизвестных реакций связей не превышает максимально допустимого числа уравнений.

Если число неизвестных больше числа уравнений, соответствующие задачи и системы называются статически неопределимыми. При этом разность между числом неизвестных и числом уравнений называется степенью статической неопределимости системы.

Поясним это на следующих примерах.

1. Пусть центр невесомого идеального блока, рассмотренного в примере 2.2, удерживается при помощи не двух, а трех стержней: АВ, ВС и BD и нужно, как и раньше, определить реакции стержней, пренебрегая размерами блока.

С учетом условий задачи мы получим систему сходящихся сил, где для определения трех неизвестных: SA, SC и SD можно составить по-прежнему систему только двух уравнений: SX = 0, SY = 0. Очевидно, поставленная задача и соответствующая ей система будут статически неопределимыми.

2. Балка, жестко защемленная на левом конце и имеющая на правом конце шарнирно-неподвижную опору, загружена произвольной плоской системой сил (Рис.5.8).

Для определения опорных реакций можно составить только три уравнения равновесия: (4.3), (4.4) или (4.5), куда войдут 5 неизвестных опорных реакций: XA, YA, MA, XB и YB. Поставленная задача будет дважды статически неопределимой.

Такую задачу нельзя решить в рамках теоретической механики, предполагая рассматриваемое тело абсолютно твердым.

Вернемся к изучению составных систем, типичным представителем которых является трехшарнирная рама (Рис. 5.9а). Она состоит из двух тел: AC и BC, соединенным ключевым шарниром C. На примере этой рамы рассмотрим два способа определения опорных реакций составных систем.

1 способ. Рассмотрим тело AC, загруженное заданной силой Р , отбросив в соответствии с аксиомой 7 все связи и заменив их соответственно реакциями внешних (XA, YA) и внутренних (XC, YC) связей (Рис. 5.9б).

Аналогично можно рассмотреть равновесие тела BC под действием реакций опоры В - (XB, YB) и реакций в соединительном шарнире C - (XC¢, YC¢) , где в соответствии с аксиомой 5: XC = XC¢ , YC = YC¢ .

Для каждого из этих тел можно составить три уравнения равновесия, таким образом, общее число неизвестных: XA, YA , XC = XC¢ , YC = YC¢, XB , YB равняется суммарному числу уравнений, и задача является статически определимой.

Напомним, что по условию задачи требовалось определить только 4 опорные реакции, нам же пришлось проделать дополнительную работу, определяя реакции в соединительном шарнире. В этом и заключается недостаток данного способа определения опорных реакций.

2 способ. Рассмотрим равновесие всей рамы АВС, отбросив только внешние связи и заменив их неизвестными опорными реакциями XA, YA, XB , YB .

Полученная система состоит из двух тел и не является абсолютно твердым телом, поскольку расстояние между точками А и В может изменяться вследствие взаимного поворота обеих частей относительно шарнира С. Тем не менее можно считать, что совокупность сил, приложенных к раме АВС образует систему, если воспользоваться аксиомой отвердевания (Рис.5.9в).

Итак, для тела АВС можно составить три уравнения равновесия. Например:

S MA = 0;

S X = 0; (5.2)

S Y = 0.

В эти три уравнения войдут 4 неизвестных опорных реакции XA, YA, XB и YB . Отметим, что попытка использовать в качестве недостающего уравнения, например такое: S MВ = 0 к успеху не приведет, поскольку это уравнение будет линейно зависимым с предыдущими. Для получения линейно независимого четвертого уравнения необходимо рассмотреть равновесие другого тела. В качестве него можно взять одну из частей рамы, например - ВС. При этом нужно составить такое уравнение, которое содержало бы «старые» неизвестные XA, YA, XB , YB и не содержало новых. Например, уравнение: S X(ВС) = 0 или подробнее: - XС ¢ + XB = 0 для этих целей не подходит, поскольку содержит «новое» неизвестное XС ¢, а вот уравнение S MС(ВС) = 0 отвечает всем необходимым условиям. Таким образом, искомые опорные реакции можно найти в следующей последовательности:

S MA = 0; ð YB = Р/4;

S MВ = 0; ð YА = - Р/4;

S MС(ВС) = 0; ð XB = - Р/4;

S X = 0; ð XА = -3Р/4.

Для проверки можно использовать уравнение: S MС(АС) = 0 или, подробнее: -YА×2 + XА×2 + Р×1 = Р/4×2 -3Р/4×2 + Р×1 = Р/2 - 3Р/2 + Р = 0.

Отметим, что в это уравнение входят все 4 найденные опорные реакции: XА и YА - в явной форме, а XB и YB - в неявной, поскольку они были использованы при определении двух первых реакций.

Пример 5.6. Определить опорные реакции рамы (Рис.5.10а).

Решение. Как и в предыдущем примере, рама состоит из двух частей, соединенных ключевым шарниром С. Распределенную нагрузку, приложенную к левой части рамы, заменяем равнодействующей Q1, а к правой - равнодействующей Q2 , где Q1 = Q2 = 2кН.

1) Находим реакцию RB из уравнения S MС(ВС) = 0: ð RB = 1кН;

Рассмотрим равновесие всей рамы как абсолютно твердого тела. Поскольку Q1, Q2 и RB образуют систему параллельных сил, реакции в точке А будут представлены вертикально направленной силой RА и реактивным моментом МА (Рис.5.10б), поэтому дальнейшее решение этой задачи не отличается от рассмотренной в примере 5.2:

2) S MА = 0; ð MА = 4кНм;

3) S Y = 0; ð RА = 3кН.

Проверка:

S MС(АС) = MА - RА×2 + Q1×1 = 4 - 3×2 + 2×1 = 6 - 6 = 0. ·

Пример 5.7. Определить опорные реакции рамы (Рис.5.11а).

Решение. В отличие от двух предыдущих примеров формальное определение опорных реакции в этой задаче требует совместного рассмотрения системы уравнений:

S MА = 0; M + YВ×3 - XB×1 = 0;

S MС(СВ) = 0; M + YВ×1 + XB×1 = 0.

Ее решением будет: XB = - M/2; YВ = - M/2.

Рассматривая затем равновесие всей рамы в целом, получим:

S Х = 0; XА + XB = 0; ð XА = M/2;

S Y = 0; YА + YВ = 0; ð YА = M/2.

Проверка. S MС(АС) = XА×1 - YА×3 + M = M/2 - M/2 + M = 0. ·

Пример 5.8. Определить реакции в опорах и в соединительном шарнире трехшарнирной арки (Рис.5.12а).

Решение. Опорные реакции находим так же, как для рамы на рис. (5.9):

1) S MА = 0; ð YВ = Р/2;

2) S MС(СВ) = 0; ð ХВ = - Р/2;

3) S MВ= 0; ð YА = Р/2;

4) S Х = 0; ð XА = Р/2.

Для определения реакций в соединительном шарнире нужно рассмотреть равновесие одной из частей рамы. При этом результат будет зависеть от того, к какой части считать приложенной силу Р. Например, считая эту силу приложенной к телу АС, получим из условий равновесия левой части (Рис.5.12б):

S Х(АС) = 0; ð XC = – Р/2;

S Y(АС) = 0; ð YC = - Р/2.

А если считать силу Р поделенной поровну между левой и правой частями рамы, то YC будет равняться нулю. В общем случае эту силу можно поделить в любом соотношении между частями рамы, но в сумме с реакцией YC она всегда будет равняться - Р/2. ·

5.4. Графическое определение опорных реакций

Во многих случаях решение задач можно упростить, если вместо уравнений равновесия или в дополнение к ним непосредственно использовать условия равновесия, аксиомы и теоремы статики. Соответствующий подход и получил название графического определения опорных реакций.

Прежде чем перейти к рассмотрению графического метода отметим, что, как и для системы сходящихся сил, графически можно решить только те задачи, которые допускают аналитическое решение. При этом графический метод определения опорных реакций удобен при небольшом числе нагрузок.

Итак, графический метод определения опорных реакций основан главным образом на использовании:

- аксиомы 2 (о равновесии системы двух сил);

- аксиомы 5 (о действии и противодействии);

- теоремы о трех силах;

- условия равновесия плоской системы сил.

При графическом определении реакций составных систем рекомендуется следующая последовательность рассмотрения:

- выбрать тело с минимальным числом алгебраических неизвестных реакций связей;

- если таких тел два или больше, то начать решение с рассмотрения тела, к которому приложено меньшее число сил;

- если таких тел два или больше, то выбрать тело, для которого большее число сил известно по направлению.

Пример 5.7. Определить графически опорные реакции рамы, изображенной на рис.5.9.

Решение. Система состоит из двух тел, имеющих равное число алгебраических неизвестных: 4 - для АС (XA,YA,XC,YC) и 4 - для ВС (XB,YB,XC¢,YC¢), но на тело АС действуют три силы (P, RA, RC), а на ВС - только две (RВ, RC¢), поэтому начинаем решение с рассмотрения тела ВС.

Согласно второй аксиоме RВ и RC¢действуют вдоль прямой, соединяющей точки их приложения, то есть по прямой ВС.

Рассмотрим равновесие всей рамы АВС как твердого тела. На нее действует уравновешенная система трех непараллельных сил, которая в силу теоремы о трех силах должна быть сходящейся, поэтому реакция RA должна проходить через точку К, где пересекаются линии действия RВ и RC¢ (Рис.5.13а).

Строим силовой треугольник, проводя через начало и конец вектора Р прямые, параллельные направлениям RA и RВ до их пересечения (Рис.5.13б).

Из подобия силового треугольника Oab и треугольника ВАК на чертеже находим искомые реакции:

RВ /P = ( )/4; ð RВ = ( )/4; XВ = - (RВ )/2 = - P/4; YВ = P/4.

½XА½ / P = 3/4; XА = - (3/4) P; YА = - P/4. ·

Пример 5.8. Определить графически опорные реакции рамы, показанной на рис. 5.11.

Решение. Как и в предыдущем примере, начинаем рассмотрение с части, на которую действуют только две силы, и по аксиоме 2 определяем линию действия RA (Рис.5.14).

Рассматривая равновесие рамы в целом, приходим к заключению, что опорные реакции RA и RВ должны составить пару, которая уравновесит приложенный к раме момент. Отсюда следует, что RA = RВ = М/, при этом

XА = YА = RA (/2) = М/2; XВ = YВ = - М/2. ·