Определение реакций стержней, поддерживающих прямоугольную плиту – решение задачи

Рассмотрены методы решения задач на равновесие с произвольной пространственной системой сил. Приводится пример решения задачи на равновесие плиты, поддерживаемой стержнями в трехмерном пространстве. Показано, как за счет выбора осей при составлении уравнений равновесия, можно упростить решение задачи.

Порядок решения задач на равновесие с произвольной пространственной системой сил

Чтобы решить задачу на равновесие твердого тела с произвольной пространственной системой сил, надо выбрать прямоугольную систему координат и, относительно нее, составить уравнения равновесия.

Уравнения равновесия, для произвольной системы сил, распределенных в трехмерном пространстве, представляют собой два векторных уравнения:
векторная сумма сил, действующих на тело, равна нулю
(1)   Σ_k ^→F_k  = 0 ; 
векторная сумма моментов сил, относительно начала координат, равна нулю
(2)   Σ_k ^→M_O (^→F_k ) = 0 . 

Пусть Oxyz – выбранная нами система координат. Спроектировав уравнения (1) и (2) на оси этой системы, получим шесть уравнений:
суммы проекций сил на оси xyz равны нулю
(1.x)   Σ_k F_kx  =  F_1x  + F_2x  + ⋅ ⋅ ⋅ + F_nx  = 0 ; 
(1.y)   Σ_k F_ky  =  F_1y  + F_2y  + ⋅ ⋅ ⋅ + F_ny  = 0 ; 
(1.z)   Σ_k F_kz  =  F_1z  + F_2z  + ⋅ ⋅ ⋅ + F_nz  = 0 ; 
суммы моментов сил относительно осей координат равны нулю
(2.x)   Σ_k M_Ox (^→F_k ) = M_Ox (^→F₁ ) +  M_Ox (^→F₂ ) + ⋅ ⋅ ⋅ + M_Ox (^→F_n ) = 0 ; 
(2.y)   Σ_k M_Oy (^→F_k ) = M_Oy (^→F₁ ) +  M_Oy (^→F₂ ) + ⋅ ⋅ ⋅ + M_Oy (^→F_n ) = 0 ; 
(2.z)   Σ_k M_Oz (^→F_k ) = M_Oz (^→F₁ ) +  M_Oz (^→F₂ ) + ⋅ ⋅ ⋅ + M_Oz (^→F_n ) = 0 . 
Здесь мы считаем, что на тело действуют n сил, включая силы реакций опор.

Пусть произвольная сила ^→F_k  ,  с компонентами (F_kx ,  F_ky ,  F_kz ) ,  приложена к телу в точке ^→r_k  = (x_k ,  y_k ,  z_k ) .  Тогда моменты этой силы относительно осей координат определяются по формулам:
(3.x)   M_Ox (^→F_k ) = y_k F_kz  – z_k F_ky  ; 
(3.y)   M_Oy (^→F_k ) = z_k F_kx  – x_k F_kz  ; 
(3.z)   M_Oz (^→F_k ) = x_k F_ky  – y_k F_kx  . 

Таким образом, порядок решения задачи, на равновесие с произвольной пространственной системой сил, следующий.

1. Отбрасываем опоры и заменяем их силами реакций. Если опорой является стержень или нить, то сила реакции направлена вдоль стержня или нити.
2. Выбираем прямоугольную систему координат Oxyz .
3. Находим проекции векторов сил на оси координат, ^→F_k  = (F_kx ,  F_ky ,  F_kz ) ,  и точек их приложения, ^→r_k  = (x_k ,  y_k ,  z_k ) .  Точку приложения силы можно перемещать вдоль прямой, проведенной через вектор силы. От такого перемещения значения моментов не изменятся. Поэтому выбираем наиболее удобные для расчета точки приложения сил.
4. Составляем три уравнения равновесия для сил (1.x,y,z).
5. Для каждой силы, по формулам (3.x,y,z), находим проекции моментов силы на оси координат.
6. Составляем три уравнения равновесия для моментов сил (2.x,y,z).
7. Если число переменных больше числа уравнений, то задача статически неопределима. Методами статики ее решить нельзя. Нужно использовать методы сопротивления материалов.
8. Решаем полученные уравнения.

Упрощение расчетов

В некоторых случаях удается упростить вычисления, если вместо уравнения (2) использовать эквивалентное условие равновесия.
Сумма моментов сил относительно произвольной оси AA′ равна нулю:
(4)   Σ_k ^→M_AA^′ (^→F_k ) = 0 . 

То есть можно выбрать несколько дополнительных осей, не совпадающих с осями координат. И относительно этих осей составить уравнения (4).

Далее приводится пример, в котором удается упростить вычисления за счет соответствующего выбора осей.

Пример решения задачи на определение реакций стержней, поддерживающих прямоугольную плиту

Найти реакции стержней, поддерживающих тонкую однородную горизонтальную плиту в трехмерном пространстве. Система крепления стержней показана на рисунке. На плиту действуют: сила тяжести G; и сила P, приложенная в точке A, направленная вдоль стороны AB.

Дано:
G = 28 kН ; P = 35 kН ; a = 7,5 м ; b = 6,0 м ; c = 3,5 м .

Решение задачи

Сначала мы решим эту задачу стандартным способом, применимым для произвольной пространственной системы сил. А затем получим более простое решение, основываясь на конкретной геометрии системы, за счет выбора осей при составлении уравнений равновесия.

Решение задачи стандартным способом

Этот метод хоть и приведет нас к довольно громоздким вычислениям, но он применим для произвольной пространственной системы сил, и может применяться в расчетах на ЭВМ.

Отбросим связи и заменим их силами реакций. Связями здесь являются стержни 1–6. Вводим вместо них силы ^→N₁ ,  ^→N₂ ,  ^→N₃ ,  ^→N₄ ,  ^→N₅ ,  ^→N₆  ,  направленные вдоль стержней. Направления сил выбираем наугад. Если мы не угадаем с направлением какой-либо силы, то получим для нее отрицательное значение.

Проводим систему координат Oxyz с началом в точке O .

Находим проекции сил на оси координат.

Для силы ^→N₁  имеем:
N_1x  = 0;  N_1y  = – N₁ cos α₁ ;   N_1z  = N₁ sin α₁  . 
Здесь α₁ – угол между LQ и BQ . Из прямоугольного треугольника LQB :
 | BQ |  = √  | BL | ²  +  | LQ | ²   =  √ c²  + b²   = √ 3, 5²  + 6²   ≈ 6, 946 м ;
cos α₁  =  | LQ |  /  | BQ |  ≈  6 / 6, 946 ≈ 0, 8638 ; 
sin α₁  =  | BL |  /  | BQ |  ≈  3, 5 / 6, 946 ≈ 0, 5039 . 

Силы ^→N₂  ,  ^→N₄  и ^→G параллельны оси z . Их компоненты:
^→N₂  = (0,  0,  N₂ ) ; 
^→N₄  = (0,  0,  N₄ ) ; 
^→G = (0,  0,   – G ) . 

Для силы ^→N₃  находим:
N_3x  = N₃ cos α₃ ;  N_3y  = 0;   N_3z  = N₃ sin α₃  . 
Здесь α₃ – угол между QT и DT . Из прямоугольного треугольника QTD :
 | DT |  = √  | DQ | ²  +  | QT | ²   =  √ c²  + a²   = √ 3, 5²  + 7, 5²   ≈  8, 276 м ;
cos α₃  =  | QT |  /  | DT |  ≈  7, 5 / 8, 276 ≈ 0, 9062 ; 
sin α₃  =  | DQ |  /  | DT |  ≈  3, 5 / 8, 276 ≈ 0, 4229 . 

Для силы ^→N₅   : 
N_5x  = – N₅ cos α₅ ;  N_5y  = 0;   N_5z  = N₅ sin α₅  . 
Здесь α₅ – угол между LO и LA . Из прямоугольного треугольника LOA :
 | LA |  = √  | LO | ²  +  | OA | ²   =  √ a²  + c²   = √ 7, 5²  + 3, 5²   ≈ 8, 276 м ;
cos α₅  =  | LO |  /  | LA |  ≈  7, 5 / 8, 276 ≈ 0, 9062 ; 
sin α₅  =  | OA |  /  | LA |  ≈  3, 5 / 8, 276 ≈ 0, 4229 . 

Сила ^→N₆  направлена по диагонали прямоугольного параллелепипеда. Она имеет следующие проекции на оси координат:
^→N₆  = (– N₆ cos α_6x ,   – N₆ cos α_6y ,   N₆ cos α_6z ) . 
Здесь α_6x ,  α_6y ,  α_6z  – направляющие косинусы диагонали AQ :
 | AQ |  =  √  | AB | ²  +  | BD | ²  +  | DQ | ²   =  √ a²  + b²  + c²   =  √ 7, 5²  + 6²  + 3, 5²   ≈ 10, 225 м ;
cos α_6x  =  | QT |  /  | AQ |  ≈  7, 5 / 10, 225 ≈ 0, 7337 ; 
cos α_6y  =  | LQ |  /  | AQ |  ≈  6 / 10, 225 ≈ 0, 5869 ; 
cos α_6z  =  | DQ |  /  | AQ |  ≈  3, 5 / 10, 225 ≈ 0, 3424 . 

Выбираем точки приложения сил. Воспользуемся тем, что их можно перемещать вдоль линий, проведенных через векторы сил. Так, в качестве точки приложения силы ^→N₃  можно взять любую точку на прямой TD . Возьмем точку T , поскольку для нее x и z - координаты равны нулю:
^→r₃  = (0,  b,  0 ) . 
Аналогичным способом выбираем точки приложения остальных сил.

В результате получаем следующие значения компонентов сил и точек их приложений:
^→N₁  = (0,   – N₁ cos α₁ ,  N₁ sin α₁ ) ;    ^→r₁  = (a,  0,  c ) (точка B);
^→N₂  = (0,  0,  N₂ ) ;    ^→r₂  = (a,  b,  0 ) (точка Q);
^→N₃  = (N₃ cos α₃ ,  0,  N₃ sin α₃ ) ;    ^→r₃  = (0,  b,  0 ) (точка T);
^→N₄  = (0,  0,  N₄ ) ;    ^→r₄  = (0,  0,  0 ) (точка O);
^→N₅  = (– N₅ cos α₅ ,  0,  N₅ sin α₅ ) ;    ^→r₅  = (0,  0,  c ) (точка A);
^→N₆  = (– N₆ cos α_6x ,   – N₆ cos α_6y ,   N₆ cos α_6z ) ;    ^→r₆  = (0,  0,  c ) (точка A);
^→P = (P,  0,  0 ) ;    ^→r_P  = (0,  0,  c ) (точка A);
^→G = (0,  0,   – G ) ;    ^→r_G  = (a / 2,  b / 2,  0 ) (точка K).

Составляем уравнения равновесия для сил. Суммы проекций сил на оси координат равны нулю.
Σ F_kx  = N_1x  + N_2x  + N_3x  +  N_4x  + N_5x  + N_6x  + P_x  + G_x  = 
 0 + 0 + N₃ cos α₃  + 0 –  N₅ cos α₅  – N₆ cos α_6x  +  P + 0 = 0 ; 
Σ F_ky  = N_1y  + N_2y  + N_3y  +  N_4y  + N_5y  + N_6y  + P_y  + G_y  = 
 – N₁ cos α₁  + 0 + 0 + 0 + 0 –  N₆ cos α_6y  + 0 + 0 = 0 ; 
Σ F_kz  = N_1z  + N_2z  + N_3z  +  N_4z  + N_5z  + N_6z  + P_z  + G_z  = 
 N₁ sin α₁  + N₂  + N₃ sin α₃  +  N₄  + N₅ sin α₅  + N₆ cos α_6z  +  0 – G = 0 . 

Находим проекции моментов сил на оси координат.
M_Ox (^→N₁ ) = y₁ N_1z  – z₁ N_1y  =  0 ⋅ N₁ sin α₁  – c ⋅ (– N₁ cos α₁ ) =  cN₁ cos α₁  ; 
M_Ox (^→N₂ ) = y₂ N_2z  – z₂ N_2y  =  b ⋅ N₂  – 0 ⋅ 0 = bN₂  ; 
M_Ox (^→N₃ ) = y₃ N_3z  – z₃ N_3y  =  b ⋅ N₃ sin α₃  – 0 ⋅ 0 = bN₃ sin α₃  ; 
M_Ox (^→N₄ ) = y₄ N_4z  – z₄ N_4y  =  0 ⋅ N₄  – 0 ⋅ 0 = 0 ; 
M_Ox (^→N₅ ) = y₅ N_5z  – z₅ N_5y  =  0 ⋅ N₅ sin α₅  – c ⋅ 0 = 0 ; 
M_Ox (^→N₆ ) = y₆ N_6z  – z₆ N_6y  =  0 ⋅ N₆ cos α_6z  – c ⋅ (– N₆ cos α_6y ) =  cN₆ cos α_6y  ; 
M_Ox (^→P ) = y_P P_z  – z_P P_y  =  0 ⋅ 0 – c ⋅ 0 = 0 ; 
M_Ox (^→G ) = y_G G_z  – z_G G_y  =  b ⋅ (– G ) / 2 – 0 ⋅ 0 = – bG / 2 ; 
M_Oy (^→N₁ ) = z₁ N_1x  – x₁ N_1z  =  c ⋅ 0 – a ⋅ N₁ sin α₁  = – aN₁ sin α₁  ; 
M_Oy (^→N₂ ) = z₂ N_2x  – x₂ N_2z  =  0 ⋅ 0 – a ⋅ N₂  = – aN₂  ; 
M_Oy (^→N₃ ) = z₃ N_3x  – x₃ N_3z  =  0 ⋅ N₃ cos α₃  – 0 ⋅ N₃ sin α₃  = 0 ; 
M_Oy (^→N₄ ) = z₄ N_4x  – x₄ N_4z  =  0 ⋅ 0 – 0 ⋅ N₄  = 0 ; 
M_Oy (^→N₅ ) = z₅ N_5x  – x₅ N_5z  =  c ⋅ (– N₅ cos α₅ ) – 0 ⋅ N₅ sin α₅  =  – cN₅ cos α₅  ; 
M_Oy (^→N₆ ) = z₆ N_6x  – x₆ N_6z  =  c ⋅ (– N₆ cos α_6x ) – 0 ⋅ N₆ cos α_6z  =  – cN₆ cos α_6x  ; 
M_Oy (^→P ) = z_P P_x  – x_P P_z  =  c ⋅ P – 0 ⋅ 0 = cP ; 
M_Oy (^→G ) = z_G G_x  – x_G G_z  =  0 ⋅ 0 – a ⋅ (– G ) / 2 = aG / 2 ; 
M_Oz (^→N₁ ) = x₁ N_1y  – y₁ N_1x  =  a ⋅ (– N₁ cos α₁ ) – 0 ⋅ 0 =  – aN₁ cos α₁  ; 
M_Oz (^→N₂ ) = x₂ N_2y  – y₂ N_2x  =  a ⋅ 0 – b ⋅ 0 = 0 ; 
M_Oz (^→N₃ ) = x₃ N_3y  – y₃ N_3x  =  0 ⋅ 0 – b ⋅ N₃ cos α₃  = – bN₃ cos α₃  ; 
M_Oz (^→N₄ ) = x₄ N_4y  – y₄ N_4x  =  0 ⋅ 0 – 0 ⋅ 0 = 0 ; 
M_Oz (^→N₅ ) = x₅ N_5y  – y₅ N_5x  =  0 ⋅ 0 – 0 ⋅ (– N₅ cos α₅ ) = 0 ; 
M_Oz (^→N₆ ) = x₆ N_6y  – y₆ N_6x  =  0 ⋅ (– N₆ cos α_6y ) –  0 ⋅ (– N₆ cos α_6x ) = 0 ; 
M_Oz (^→P ) = x_P P_y  – y_P P_x  =  0 ⋅ 0 – 0 ⋅ P = 0 ; 
M_Oz (^→G ) = x_G G_y  – y_G G_x  =  a ⋅ 0 / 2 – b ⋅ 0 / 2 = 0 ; 

Составляем уравнения равновесия для моментов сил. Суммы моментов сил относительно осей координат равны нулю.
Σ_k M_Ox (^→F_k ) =  M_Ox (^→N₁ ) + M_Ox (^→N₂ ) + M_Ox (^→N₃ ) + 
 M_Ox (^→N₄ ) + M_Ox (^→N₅ ) + M_Ox (^→N₆ ) +  M_Ox (^→P ) + M_Ox (^→G ) = 
 cN₁ cos α₁  + bN₂  +  bN₃ sin α₃  + 0 + 0 +  cN₆ cos α_6y  + 0 – bG / 2 = 0 ; 
Σ_k M_Oy (^→F_k ) =  M_Oy (^→N₁ ) + M_Oy (^→N₂ ) + M_Oy (^→N₃ ) + 
 M_Oy (^→N₄ ) + M_Oy (^→N₅ ) + M_Oy (^→N₆ ) +  M_Oy (^→P ) + M_Oy (^→G ) = 
 – aN₁ sin α₁  – aN₂  +  0 + 0 – cN₅ cos α₅  – cN₆ cos α_6x  + cP + aG / 2 = 0 ; 
Σ_k M_Oz (^→F_k ) =  M_Oz (^→N₁ ) + M_Oz (^→N₂ ) + M_Oz (^→N₃ ) + 
 M_Oz (^→N₄ ) + M_Oz (^→N₅ ) + M_Oz (^→N₆ ) +  M_Oz (^→P ) + M_Oz (^→G ) = 
 – aN₁ cos α₁  + 0 – bN₃ cos α₃  +  0 + 0 + 0 + 0 + 0 = 0 ; 

Итак, мы получили следующую систему уравнений:
(П1)   N₃ cos α₃  – N₅ cos α₅  –  N₆ cos α_6x  = – P ; 
(П2)   N₁ cos α₁  + N₆ cos α_6y  = 0 ; 
(П3)   N₁ sin α₁  + N₂  + N₃ sin α₃  +  N₄  + N₅ sin α₅  + N₆ cos α_6z  = G ; 
(П4)   cN₁ cos α₁  + bN₂  + bN₃ sin α₃  +  cN₆ cos α_6y  = bG / 2 ; 
(П5)   aN₁ sin α₁  + aN₂  + cN₅ cos α₅  +  cN₆ cos α_6x  = cP + aG / 2 ; 
(П6)   aN₁ cos α₁  + bN₃ cos α₃  = 0 . 

В этой системе шесть уравнений и шесть неизвестных. Далее сюда можно подставить численные значения и получить решение системы, используя математическую программу вычисления системы линейных уравнений.

Но, для этой задачи, можно получить решение без использования средств вычислительной техники.

Эффективный способ решения задачи

Мы воспользуемся тем, что уравнения равновесия можно составлять не единственным способом. Можно произвольным образом выбирать систему координат и оси, относительно которых вычисляются моменты. Иногда, за счет выбора осей, можно получить уравнения, которые решаются более просто.

Воспользуемся тем, что, в равновесии, сумма моментов сил относительно любой оси равна нулю. Возьмем ось AD . Сумма моментов сил относительно этой оси равна нулю:
(П7)   Σ_k M_AD (^→F_k ) = 0 . 
Далее заметим, что все силы, кроме ^→N₁  пересекают эту ось. Поэтому их моменты равны нулю. Не пересекает ось AD только одна сила ^→N₁  .  Она также не параллельна этой оси. Поэтому, чтобы выполнялось уравнение (П7), сила N₁ должна равняться нулю:
N₁ = 0 .

Теперь возьмем ось AQ . Сумма моментов сил относительно нее равна нулю:
(П8)   Σ_k M_AQ (^→F_k ) = 0 . 
Эту ось пересекают все силы, кроме ^→N₃  .  Поскольку сила ^→N₃  не параллельна этой оси, то для выполнения уравнения (П8) необходимо, чтобы
N₃ = 0 .

Теперь возьмем ось AB . Сумма моментов сил относительно нее равна нулю:
(П9)   Σ_k M_AB (^→F_k ) = 0 . 
Эту ось пересекают все силы, кроме ^→N₂  ,  ^→N₃  и ^→G .  Но N₃ = 0 . Поэтому
Σ_k M_AB (^→F_k ) =  M_AB (^→N₂ ) + M_AB (^→G ) = 0 . 
Момент от силы относительно оси равен произведению плеча силы на величину проекции силы на плоскость, перпендикулярную оси. Плечо равно минимальному расстоянию между осью и прямой, проведенной через вектор силы. Если закручивание происходит в положительном направлении, то момент положителен. Если в отрицательном – то отрицательный. Тогда
Σ_k M_AB (^→F_k ) =   | BD |  ⋅ N₂  –  | SC |  ⋅ G =  bN₂  – bG / 2 = 0 . 
Отсюда
N₂  = G / 2 = 14 kН .

Остальные силы найдем из уравнений (П1), (П2) и (П3). Из уравнения (П2):
N₆ = 0 .
Из уравнений (П1) и (П3):
N₅  = P / cos α₅  ≈ 35 / 0, 9062 ≈ 38, 62 kН ;
N₄  = G – N₂  – N₅ sin α₅  ≈  28 – 14 – 38, 62 ⋅ 0, 4229 ≈ – 2, 33 kН

Таким образом, решая задачу вторым способом, мы использовали следующие уравнения равновесия:
Σ_k M_AD (^→F_k ) = 0 ; 
Σ_k M_AQ (^→F_k ) = 0 ; 
Σ_k M_AB (^→F_k ) = 0 ; 
Σ F_kx  = 0 ; 
Σ F_ky  = 0 ; 
Σ F_kz  = 0 . 
В результате мы избежали громоздких расчетов, связанных с вычислениями моментов сил относительно осей координат и получили линейную систему уравнений с диагональной матрицей коэффициентов, которая сразу разрешилась.

Ответ

N₁ = 0 ;   N₂ = 14,0 kН ;   N₃ = 0 ;   N₄ = -2,3 kН ;   N₅ = 38,6 kН ;   N₆ = 0 ;  

Знак минус указывает на то, что сила N₄ направлена в сторону, противоположную той, которая указана на рисунке.

Автор: Олег Одинцов.     Опубликовано: 13-11-2017