Центр силы треугольника

Сила Р] приложена в центре тяжести прямоугольника, а Pj — в центре тяжести треугольника. Находим реакции [c.47]

Совершенно очевидно, что эта сила, будучи нормальной к стенке, пройдет через центр тяжести треугольника ОСВ, представляющего собой эпюру гидростатического давления. Как известно, центр тяжести треугольника располагается на 1/3 его высоты, считая от основания. Таким образом, центр давления будет располагаться в точке, расположенной на вертикальной оси стенки на расстоянии 1/3 высоты от ее основания и в 2/3 высоты от уровня жидкости. Выше мы получили аналогичный результат, используя формулы (2.54) и (2.58), служащие для определения силы и центра давления при действии на плоские стенки. [c.50]

Три динамометра на нагрузку в 500 кН каждый, отградуированных на образцовой машине, воспроизводящей единицы силы с погрешностью не более 0,005 % (нагружение образцовыми гирями),-устанавливают на нижнюю плиту статической испытательной машины, обеспечивающей максимальную нагрузку в 12 МН, так, чтобы они располагались в вершинах углов равностороннего треугольника. Ка эти динамометры укладывают жесткую плиту, на которую устанавливают четвертый динамометр, рассчитанный на нагрузку в 1,5 МН. Этот динамометр должен быть в центре тяжести треугольника, образованного нижними динамометрами. Последовательно заменяя верхний динамометр двумя другими однотипными и поль- [c.530]

Пластинка в форме равностороннего треугольника свободно оперта по контуру и нагружена сосредоточенной силой Р, приложенной в центре тяжести треугольника [28] [c.286]

Отсюда видно, что в рассматриваемом простейшем случае постоянных объемных сил их равнодействующая поровну распределяется между узлами. В случае, когда объемные силы переменны, можно приближенно воспользоваться этой же формулой, взяв значения и / j, в центре тяжести треугольника. [c.138]

Упражнение 5.5. Показать, что если за начало координат выбрать центр тяжести треугольника и вектор массовых сил Л является постоянным, то [c.277]

Сила внешнего давления приложена в центре тяжести треугольника. [c.35]

Графический способ нахождения центра тяжести сложной плоской фигуры состоит в следующем данную фигуру разбивают на несколько таких частей простейшей геометрической формы, положение центров тяжести которых известно (например, па треугольники или прямоугольники). Обозначим центры тяжести таких частей через С г, С 2, Сд,... положение этих точек может быть легко найдено (например, центр тяжести треугольника лежит в точке пересечения его медиан, центр тяжести прямоугольника — в точке пересечения его диагоналей). В этих точках приложены веса Рг, Рз,... соответствующих частей, на которые разбивается данная фигура. Обозначим площади этих частей через 8 8 , 8д,... поскольку размеры фигуры заданы, эти площади также могут быть найдены. Если данная фигура однородна, то веса Рх, Р , Рз,... пропорциональны площадям 1, 2, 83,... поэтому при изображении сил Р1, Ра, Рз,. .. па чертеже в произвольно выбранном масштабе длины векторов, изображающих эти силы, нужно брать пропорциональными площадям 81- [c.222]

Решение. Пользуясь принципом Даламбера, присоединяем к действующим на стержень внешним силам Р, Т, XJ , Кд силы инерции. Для каждого элемента стержня с массой m центробежная сила инерции равна Аты х, где л —расстояние элемента от оси вращения Ау. Равнодействующая этих распределенных по линейному закону параллельных сил (см. 28) проходит через центр тяжести треугольника ABE, [c.433]

Аа от свободной поверхности нижнего бьефа (сила Ра проходит через центр тяжести треугольника ЕОС). [c.33]

Здесь в левой части имеем момент вектора скорости V точки относительно начала координат, поэтому постоянная С по величине равна удвоенной площади треугольника (рис. 152), основанием которого служит вектор скорости точки, а вершина находится в центре сил. Другими словами [c.237]

Если бы была дана многогранная пирамида (фиг. 182), надо было бы ее разделить на трехгранные и у каждой из них определить ее центр тяжести. Очевидно, что все эти центры будут лежать в одной плоскости, проведенной параллельно основанию на одной четверти высоты, считая от основания, причем каждый из них совпадает с центром тяжести соответствующего треугольника. Так, например, центр тяжести первой пирамиды лежит в центре тяжести треугольника аеЬ, а третьей — треугольника Ьйс. В этих центрах можно считать приложенными веса соответствующих пирамид, т. е. силы Я, Я , Я и т. д., и центр тяжести всей пирамиды найдется, как точка приложения равнодействующей всех этих сил Я. [c.220]

КОЛОННЫ — заделанными в поперечинах давление от подвижной поперечины на колонны считается распределенным но закону треугольника, который заменяется сосредоточенной силой, приложенной в центре тяжести треугольника [21]. [c.391]

Очевидное обобщение этих рассуждений показывает, что одно из трех тел, например тпз, находится на одной прямой с центром СИЛ и центром масс в те и только те моменты, в которые конфигурации тол представляют собой равнобедренный треугольник. Разумеется, (19i) 344 может и не иметь места. [c.398]

Составляя расчетные зависимости, полагают, что поворот шипа происходит вокруг центра тяжести соединения — точки О, а первоначальная равномерная эпюра давлений (на чертеже показана штриховой линией) переходит в треугольную, как показано на рис. 7.4, или трапецеидальную. Кроме того, не учитывают действие силы F, перенесенной в точку О, как малое в сравнении с действием момента М. Максимально давление изменяется в плоскости действия нагрузки. При некотором значении нагрузки эпюра давления из трапеции превращается в треугольник с вершиной у края отверстия и основанием, равным 2р. Этот случай является предельным, так как дальнейшее увеличение иагрузки приводит к появлению зазора (раскрытие стыка). Учитывая принятые положения, можно написать [c.87]

Решение. Выбрав начало осей декартовых координат в вершине треугольника А, направим ось х но горизонтали направо и ось у по вертикали вверх. Определим главный вектор и главный момент данной плоской системы сил. Выберем в качестве центра приведения точку А. [c.60]

Решение. Рассмотрим равновесие стержня АВ. На стержень действует одна активная сила, вес стержня Р. Так как центр тяжести стержня С лежит на одной вертикали с центром цилиндра О, то линия действия силы тяжести проходит через точку О. На стержень наложены две связи гладкая поверхность полуцилиндра и шероховатый пол. Применим закон освобождаемости от связей. Отбросим мысленно связи (рис. б) и заменим их действие реакциями. Реакция гладкой стенки полуцилиндра направлена нормально к его поверхности, т. е. по радиусу АО. Изобразим ее силой Т. Следовательно, в точке О пересекаются линии действия двух сил реакции Т и веса Р. Но стержень находится в равновесии под действием трех сил Т, Р и реакции пола в точке В. Согласно теореме о трех непараллельных силах линия действия реакции пола R должна также пересекать точку О. Направим реакцию R по линии ВО (рис. б). Угол между нормалью к полу и реакцией R есть угол трения 9, причем /= tg 9. Из треугольника OBD найдем [c.99]

Момент силы относительно центра. Пусть даны сила F, приложенная в точке А какого-либо тела, и некоторый центр О (рис. 226) тогда моментом силы относительно центра (или точки) О будет называться вектор, приложенный к центру О, направленный перпендикулярно к плоскости треугольника ОАВ по правилу правого [c.224]

Независимо от центра приведения О главный момент системы равен удвоенной площади треугольника AB , т, е. система сил эквивалентна паре. [c.78]

Точка приложения С равнодействующей силы смещается в сторону, где интенсивность силы больше, и совпадает с центром тяжести площади треугольника, который находится в точке пересечения медиан. [c.55]

Определим положение центра тяжести периметра треугольника А ВО (рис. 94). Центры тяжести сторон треугольника будут находиться в точках а, Ь а й, т. е, на серединах сторон. Приложим в этих точках силы тяжести сторон р , р2 и Р ). Сложив силы Р1 и Ра, получим Rl=Pl+P 2, приложенную в точке т, местоположение которой определится из пропорции [c.76]

Для определения положения центра тяжести площади параллелограмма разделим его диагональю АО на два треугольника АВО и АОК (рис. 98). Силы тяжести эшх треугольников Р1=Р-2 приложены в центрах тяжести С и С", расположенных на /з длины медиан ОЕ и АЙ. Сложив силы Р1 и Рз, получим силу тяжести площади параллелограмма 0=р1+Р2, приложенную в точке С, которая лежит на пересечении диагоналей. [c.78]

Легко видеть (рис. 26), что по численной величине момент силы относительно точки равен удвоенной площади 2S треугольника, построенного на силе как на основании и с вершиной в центре момента. Вместо удвоенной площади треугольника можно взять площадь параллелограмма со сторонами, равными силе и отрезку г, соединяющему центр моментов с точкой приложения силы, так что [c.38]

Решение. Пользуясь принципо> Даламбера, присоединяем к действующим на стержень внешним силам f, Т, Х , силы инерции. Для каждого элемента стержня с массой Ат центробежная сила инерции равна Атагах, где х — расстояние элемента от оси вращения Оу. Равнодействующая этих-распределенных по линейному закону параллельных сил (см. 21) проходит через центр тяжести треугольника АВЕ, т. е. на расстоянии h=(2l/3) os а от оси Ах. Так как эта равнодействующая равна главному вектору сил инерции , то по формуле (89) [c.352]

Дадим оценку результатам, получаемым при решении аналогичной задачи методами сопротивления материалов. С точки зрения сопротив ления материалов, на подпорную стенку б сечении действуют две силы (рис. 25) равнодействующая гидростатического давления на вертикальную грань Pi, вызывающая изгиб, и равнодействующая собственного веса стенки Р2, приложенная в центре тяжести треугольника и создающая внецеитренное сжатие. Оси X и Z — главные центральные оси сечения i/o. Согласно формулам сопротивления материалов. [c.78]

При проектировании оснований емкостей и резервуаров, непосредственно опирающихся на пол или грунт и определяющих устойчивое положение гидроконструкции в целом, используется принцип трех точек, швеллера или опорного кольца (рис. 34). Известно, что наиболее устойчивое положение основания достигается при опоре на три точки, когда сила тяжести В проектируется в центр давления треугольника опор (правило трех точек). [c.114]

Точка приложения С равнодействующей силы смещается в сторону, где интенсивносль силы больше, и совпадаег с центром тяжести площади треугольника, когорый находится в точке пересечения медиан, расположенной на расстоянии /з от основания треугольника и /3 от его вершины А, т. е. АС = 1т, I. Точку приложения равнодействующей силы можно также определить вычислив момент элементарных сосредоточенных сил qAx, например относительно точки А, и приме1гав затем теорему Вариньона о моменте равнодействующей силы. [c.59]

Поясним это на том же примере изгиба двухопорной оси с узлами жесткое и в центре опор (рис. 71). С.хема нагружения а вероятна при малых нагрузках или высокой жесткости системы. С увеличением силы (или при уменьшении жесткости узла) система деформируется, как в преувеличенном виде изображено на схеме б (для простоты показана только дефор.мация осп). Деформация действует упрочняюще, вызывая сосредоточение нагрузок на кромках опорных поверхностей.. В результате возникает новая схема действия сил по закону треугольника или (как показано [c.146]

Через конец А толкателя проведем прямую пп, перпендикулярную к траектории А А конца толкателя, и из центра О вращения кулачка до пересечения с прямой пп в некоторой точке М — прямую ОМ, параллельную нормали NN профиля кулачка в точке А. Треугольники ОАМ и Ami подобны в силу взаимной перпендикулярности их сторон, причем / АМО — у (углу передачи). Из подобия этих треугольников находим [c.243]

Если требуется разложить данную силу F на две составляющие, лежащие с ней в одной плоскости, зная модули F и F этих составляющих, то задача сводится к построению силового треугольника по трем его сторонам. Для построения этого треугольника 1 роведем из центров А и В (начала и конца данной силы F) дуги радиусов = и F до их взаимного пересечения в точке С и дополним полученный треугольник АБС до параллелограмма АСВЕ, в котором сила F является диагональю (рис. 12). [c.15]

Эпюра изгибающих моментов от силы имеет вид треугольника с центром тяжести Сг. Изгибающий момент на участке А К изменяется от О (в сечении над опорой А) до 18-2,5=45 кН-м (в сечении К)- Изгибающий момент от силы изменяется от 0 (в сечении под силой ) до —20-1,5=—30 кН-м. Центр тяжести этой эпюры С2. Изгибающий момент от момента Л4=10 кН-м изображается прямоугольником с центром тяжести С3. Изгибаювгнн момент от силы Рд имеет вид треугольника с центром тяжести (для удобства эта эпюра изображена несколько выше эпюры от момента Л4). [c.228]

Какую горизонтальную силу R надо приложить к правоП нижней трубе, чтобы удержать трубы в равновесии Сила R пересекает ось трубы. Радиус сечения труб г, вес каждой трубы Р линии, соедпияюп1ие центры сечений, образуют равнобедренный треугольник с углом а при основании. [c.421]

Центр тяжести площади трапеции может быть определен следующим способом. Разделим площадь трапеции (рис. 99) на два треугольника, найдем их центры тяжести и приложим силы тяжести р1 и р2. Очевидно, центр тяжести площади трапеции должен лежать на линии, соединяющей центры тяжести треугольни- [c.79]

По теореме о двух силах раБнодснствующан натяжений нитей, приложенная в точке О, должна быть равна по величине силе G, противоположна по направлению и иметь с нею общую линию действия, проходящую через центр тяжести М треугольника АВС, т. е. через точку пересечения медиан треугольника. По доказанному в предыдущем примере натяжения нитей Г,, Г ,, Тс будут по величине пропорциональны длинам нитей ОА = г а, ОВ = с в, ОС == гс, т. е. можно положить [c.29]

Энциклопедия по машиностроению XXL

Оборудование, материаловедение, механика и ...