22 (1027)

22

PRZYKŁAD 1.9

1, Układy pfaakio w przypadku więzów idealnych ROZWIĄZANIE

W tym przypadku mamy również do czynienia z ukk złożonym. Na układ I działają trzy siły i jego równowaga " d/ie ino/liwa. jeżeli ich linie działania przetną się w

Oi Podobnie dla układu II linie działania R&, Q, R_c

•»ię przeciąć w punkcie O2. Zbudujemy dwa zamknięte ?_r-kąty sił. Po zastosowaniu twierdzenia sinusów z pierwej trójkąta dostaniemy

P    Rc ____ _D Psino

—fTf---— =*    stąd Rę =

sin — (a + 0)J

Jednorodny B o gładką znajdujący w punktach (.rys. 1.10).

sin ar

cos(a -+1

Z drugiego trójkąta otrzymujemy Rc — Qsin0. Je* porównamy stronami otrzymane związki, otrzymamy zalej noić między siłami P i Q

sin fi cos (ar + fi)

P = Q-

Podobnie możemy obliczyć

Ra = Q

sin 2 fi

2 sin a

P,

R_b = Q cos fi

W tym prz> sil R_Ą, R_b się w jcdn\ nie może 1 łożeniu ró możemy n

Po p< mamy

Belka O A jest umocowana przegubem O i przywiązana u pomocą linki BC do ściany. Belkę obciążono w punkcie \ ciężarem P. Zaniedbując ciężar belki, wyznaczyć wartość reakcji przegubu O oraz kąt fi, który tworzy ona z osią belki Wyznaczyć również siłę w lince BC, jeżeli jest ona prostopadła do osi belki; przyjąć OB = AB.

ROZWIĄZANIE

Kierunek reakcji Ro powinien przechodzić przez punkt D (rys. 1.9). Oznaczając długość belki przez / możemy napisać związek

= I—--

2 cos a

Ze wzoru Carnota dla trójkąta O AD mamy OD² = O A² + AD² - 20AAD cos ar =

l² m l

= /² +

4 cos² ar

21

2 cos ar

Z tr

Jednorc duje się kąt ip o (rys. 1.

W zad; działań w jedr przez zależn

/

czyli OD = --, a zatem trójkąt ODA jest równora*

2 cos ar

mienny i <AOD = <DAO, czyli fi = ar.

Z trójkąta sił mamy: S = 2 P sin ar oraz Rq = P-