DSCN1837 (3)

ow. nu

uu

23

stąd *g0 = czyli uctgp« q, gdzie _e ~ kąt tarcia. Podstawiając do wyrażenia _M potrzymamy    ....    . ł?»

k _v ^r

Ponieważ sin/?«tg/ł/^l+tg^ «/•//!+?, więc

2-fW/l+i?.

§ 3. Siły równoległe i pary sił

75.    Ze względu na symetrię obciążenia reakcje podpór są jednakowe:

B.-B^-O.Sp/kG.

76.    Równanie momentów względem punktu X:

ft-B,/-0; stąd B, - Px//.

Równanie momentów względem punktu B:

R,ł-P(Mt=0; stąd Bj-P(/-x)//.

77.    Ciężar pięta Q — 2kG przyłożony jest w punkcie F na połowie długości pręta. Równanie momentów względem punktu A:

P.AB+QAF-T,-AB-0; .ląd T, -    .

Aa

.iLWHł._4lG, V-

Równanie momentów względem punktu B:

r_c-^B-P 'M-e-ra-0; stąd - Tc -    .

AB

KLl..;. -iLO^LW.JOkG.

78.    Z danych wynika, że reakcja R_A = 2B_fl. Równanie sumy rzutów sił na kierunek pionowy:*

/?i-C-D+/ł| - 0; stąd 2B,-200-100+B_f - 0, B_f - 100 kG. Równanie momentów względem punktu A:

Cx+D(x+1)-B_#-4B = 0; Stąd 200*+100(x+l)-100-4-0, x = lm.

w. R_ArnR_B; SP^Ra-Pt-Pa-Ps+R.-O,

^4-300-500-200+^4 - 0, R_A-R_t-500 kG.

^Af. - P4 • riP-Pi • CB—P_a • DB-P, • BB « 0,

500 • 300-300 • 205-500*—200 -95-0, x= 139 cm.

22

*“ V * AOi wwuiuiji /iu/au ■ n.

. ■ S«^P.-dC₊p._4B_J_?,._{iUJ =} o. *.-?.^+P^-(4HJ)T;

dfl-P, ■ CB-P-DB - 0, P.- P,—7i^C-+pJ£

^V    "■ óf

-*(l-»)+3-(7-4n)T.

81. Ustawiamy równanie sumy momentów sil względem punktu C (aby z te równania wyeliminować nieznaną reakcję R_c):    \ / «go

- Ć* ilC+P* CB+G-CP-B,• CD - 0, _fii_H±h800±b2001._wto;

Równanie momentów względem punktu D:

Yj^M»~ QAD+R_e-cd-pbd-g-pd i o,

^,^00.7+800.4+200.2 „30,^    ■

82.    Oznaczamy szukaną długoić pręta AB — a cm.

Y_jM_a-Q> AC+F• BD-P- AB ** 0, 500(x-20)+100• 0,5x-150x -0, x — 25 cm.

83.    Pręt musi zostać podparty w takim punkcie K, względem którego suma momentów sił czynnych jest równa zeru, gdyż przyłożenie jakiejkolwiek siły w tym punkcie nic zmieni równowagi momentów. Ciężar Q pręta przyłożony jest w punkcie G na połowie długości pręta. Oznaczamy AK ■ x. Równanie momentów względem punktu K:

2>z-P4-BJC+Pc* KC+P,• BD+0* JCG+P*- KB+P,• JCF-P#’ KB - 0, 10x+5(l —x)+10(2—x)+20(2,5—x)+15(3—x)+20(4—x)-20(5-x) - 0, 40x= 100,    * = 2pm.

84.    Rozwiązanie analogiczne do rozwiązania zad. 83.

£ Af * - -P₄ • AK+P_b• JCB+0• JCB+P_e• BC+P,0-0,

—2x+3(l—x)+6(l,5—x)+4(2—x)+5(3-x) - 0, 20* - 35, x —1,75 m.

85. ^M_a - P_f •    BC+P_f • AP+Q’AD - 0,

4

160-120—Be" 160+240-180+320-200 - 0, B_c - 790 kG;

5]Af_e - B4-BC-P_f • BC+P_f • CP+0-CD - 0,

B4 • 160-160 • .40+240 • 20+320 -40 —Ó. R_A - -70 kG.