Strona główna

Warunki równowagi płaskiego układu sił Na końcu poprzedniego punktu powiedziano, że jeżeli wektor główny W


Pobieranie 26.21 Kb.
Data19.06.2016
Rozmiar26.21 Kb.
3.8.3. Warunki równowagi płaskiego układu sił
Na końcu poprzedniego punktu powiedziano, że jeżeli wektor główny W i moment główny dowolnego płaskiego układu sił są równocześnie równe zeru, to układ sił jest w równowadze. Zatem wektorowe warunki równowagi możemy zapisać następująco:
. (3.50)
Po przyrównaniu do zera współrzędnych wektora głównego (3.44) otrzymamy trzy równania równowagi:

(3.51)
Należy tutaj zaznaczyć, że punkt O, względem którego obliczamy sumę momentów danych sił, nie musi być początkiem przyjętego układu współrzędnych, lecz może być punktem obranym całkowicie dowolnie. Po uwzględnieniu powyższej uwagi równaniom równowagi (3.51) można nadać taką treść:
Aby płaski dowolny układ sił był w równowadze, sumy rzutów wszystkich sił na dwie osie układu współrzędnych i suma momentów tych sił względem dowolnego punktu płaszczyzny działania sił muszą być równe zeru.
Można udowodnić [7, 11], że zamiast równań równowagi w postaci dwóch równań rzutów i jednego równania momentów (3.51) można zastosować albo dwa równania momentów względem dwóch punktów A i B oraz jedno równanie rzutów, albo trzy równania momentów względem trzech punktów A, B i C. Wymienione warunki równowagi podamy bez dowodu.

Pierwszy sposób:


. (3.52)
Płaski układ sił jest w równowadze, jeżeli sumy momentów wszystkich sił względem dwóch punktów są równe zeru i suma rzutów tych sił na dowolną oś nieprostopadłą do prostej łączącej te dwa punkty jest równa zeru.
Drugi sposób:

. (3.53)
Płaski układ sił jest w równowadze, jeżeli sumy momentów wszystkich sił względem trzech punktów nie leżących na jednej prostej są równe zeru.
Udowodnienie warunków równowagi w postaci (3.52) i (3.53) pozostawiamy Czytelnikowi.

Wybierając równania równowagi do rozwiązania zagadnień praktycznych, należy kierować się tym, aby w każdym równaniu występowała jak najmniejsza liczba niewiadomych. Upraszcza to znacznie obliczenia rachunkowe.


Przykład 3.4. Belka AB o ciężarze G = 10 kN jest utwierdzona na końcu A
i obciążona momentem M = 20 kN  m i obciążeniem ciągłym q = 1 kN/m
(rys. 3.28a). Do końca B jest przymocowana wiotka linka, która jest przerzucona przez idealny krążek (bez tarcia) i obciążona ciężarem P = 5 kN. Obliczyć reakcje w podporze A, jeżeli b = 2 m i  = 30o.


Rys. 3.28. Rozkład sił w belce wspornikowej
Rozwiązanie. Ponieważ koniec A jest utwierdzony, podpora – zgodnie z omówionymi w p. 3.2.2 rodzajami więzów   wnosi do zadania trzy niewiadome: dwie współrzędne oraz moment utwierdzenia . Ze względu na to, że linka jest wiotka i że pomijamy tarcie w krążku, na koniec B będzie działać siła P. Zatem po uwolnieniu od więzów na belkę będą działać siły przedstawione na rys. 3.28b.
Obciążenie ciągłe zastąpiono siłą skupioną . Trzy niewiadome wyznaczymy z trzech równań równowagi w postaci dwóch równań rzutów sił na osie x i y oraz sumy momentów względem punktu A.

Po rozwiązaniu tego układu równań mamy:

Wartość reakcji
.
Przykład 3.5. Belka AD składa się z dwóch części AC i CD połączonych przegubem C. Koniec A jest podparty stałą podporą przegubową, a na końcu D znajduje się przesuwna podpora przegubowa. Część belki AC opiera się w punkcie B na przesuwnej podporze przegubowej (rys. 3.29a). Belka jest obciążona siłami skupionymi P1 = 6 kN i P2 = 5 kN oraz momentem M = 30 kNm. Wyznaczyć reakcje podpór A, B i D oraz oddziaływanie w przegubie C, jeżeli b = 2 m,  = 45o. Pominąć ciężar własny belki oraz tarcie w przegubach.

Rozwiązanie. W podanym przykładzie mamy do czynienia z układem dwóch brył związanych i aby rozwiązać to zadanie, musimy rozdzielić belkę w przegubie C na dwa podukłady i rozpatrywać równowagę każdego podukładu. Będziemy mieli wtedy do dyspozycji po trzy równania równowagi dla każdej części belki. Jeżeli liczba niewiadomych reakcji wynikających z podparcia belki będzie równa sześć, to układ będzie statycznie wyznaczalny.


Rys. 3.29. Rozkład sił w belce przegubowej
W naszym przypadku kierunek reakcji RA w przegubie nie jest znany, wiadomo tylko, że linia działania tej reakcji musi przejść przez środek przegubu, czyli przez punkt A. Reakcję tę rozłożymy na dwie składowe RAx i RAy wzdłuż osi prostokątnego układu współrzędnych (rys. 3.29b). Podobnie musimy postąpić z oddziaływaniem w przegubie C, czyli wiemy tylko, że siła RC oddziaływania jednej części belki na drugą przechodzi przez środek przegubu C. Rozłożymy ją również na składowe RCx i RCy. Kierunki reakcji RB i RD są znane, ponieważ linie działania tych reakcji są prostopadłe do płaszczyzny, po której mogą się przesuwać podpory B i D. W omawianym przykładzie reakcje te będą miały kierunek pionowy, a więc prostopadły do osi belki. Mamy zatem sześć niewiadomych RAx, RAy, RB, RCx, RCy i RD, czyli tyle, ile równań daje nam statyka.

Równania równowagi dla lewej części belki:



Równania równowagi dla prawej części belki:

Mamy zatem układ sześciu równań z sześcioma niewiadomymi. Po rozwiązaniu tego układu otrzymamy:



Wartość reakcji

Znak minus przy reakcjach RAy i RCy oznacza, że mają one zwroty przeciwne do założonych na rys. 3.29b.
Przykład 3.6. Układ przedstawiony na rys. 3.30a składa się z dwóch belek AB i BC połączonych ze sobą przegubem B. Belka AB jest utwierdzona w punkcie A, a belka BC jest podparta podporą przesuwną w punkcie D. Na końcu C belki BC


Rys. 3.30. Rozkład sił w belce przegubowej

spoczywa klocek o ciężarze P. Do klocka jest przymocowana wiotka linka, przerzucona przez idealny krążek i obciążona ciężarem Q. Linka tworzy z poziomem kąt , a współczynnik tarcia między klockiem i belką wynosi . Wyznaczyć minimalną wartość ciężaru klocka , aby była zachowana równowaga (aby klocek nie zsunął się z belki), a następnie dla tego przypadku wyznaczyć reakcje w podporach A i D oraz oddziaływanie w przegubie B. Wymiary belki wnoszą b, c i d. Pominąć ciężary własne belek, tarcie w przegubach oraz wysokość klocka.


Rozwiązanie. W celu rozwiązania powyższego zadania rozdzielimy układ przedstawiony na rys. 3.30a na trzy podukłady: ­ klocek, belkę AB oraz belkę BC, a następnie rozpatrzymy równowagę każdego z nich. Na rysunku 3.30b przedstawiono wymienione podukłady uwolnione od więzów i zaznaczono siły działające na te podukłady. Na klocek działają siły czynne P i Q oraz reakcja belki, którą rozłożono na siłę tarcia T i siłę normalną N.
Po zaniedbaniu wymiarów klocka układ sił na niego działający możemy uważać za zbieżny. Na belkę AB w końcu A działa reakcja RA, którą rozłożono na dwie składowe RAx i RAy, oraz moment utwierdzenia MA. Oddziaływanie belki BC na belkę AB za pośrednictwem przegubu B również rozłożono na składowe RBx i RBy. Na belkę BC działa siła w przegubie B rozłożona, podobnie jak w przypadku belki AB, na składowe RBx i RBy. W podporze D działa na tę belkę reakcja RD o znanym kierunku. Działanie klocka na koniec C belki BC zastąpiono siłą tarcia T i reakcją normalną N.

W pierwszej kolejności, zgodnie z treścią zadania, musimy wyznaczyć minimalną wartość ciężaru klocka zapewniającą jego równowagę. Równania równowagi klocka w postaci rzutów sił na osie x i y są następujące:


(a)
Minimalną wartość siły P otrzymamy, przyjąwszy, że siła tarcia ma wartość ma-
ksymalną, czyli:

.
Po uwzględnieniu wzoru z pierwszego równania (a) mamy:
. (b)
Po podstawieniu wzoru na N do drugiego równania (a) otrzymamy szukaną wartość siły ciężaru P:

. (c)
Równania równowagi dla belki AB mają postać:
(d)
a równania równowagi dla belki BC są następujące:
(e)
Ponieważ T i N są już znanymi wielkościami określonymi wzorami (b), w równaniach (d) i (e) mamy sześć niewiadomych. Zatem po rozwiązaniu tego układu równań otrzymamy:

Wartości reakcji RA i siły oddziaływania RB w przegubie B obliczymy z poniższych wzorów:


©snauka.pl 2016
wyślij wiadomość