Како што беше докажано погоре, произволен систем на сили, произволно лоциран во просторот, може да се намали на една сила еднаква на главниот вектор на системот и да се примени во произволен центар на редукција ЗА, и еден пар со момент еднаков на главниот момент на системот во однос на истиот центар. Од страна на
|
|
Да разгледаме некои случаи на намалување на системот на сили. 
1. Рамен систем на сили. За дефинитивно, сите сили нека бидат во рамнината OXY. Потоа во најопшт случај
Главниот вектор не е нула, главниот момент не е нула, нивниот производ со точки е нула, навистина
затоа, главниот вектор е нормален на главниот момент: рамнинскиот систем на сили е сведена на резултатот.
2. Систем на паралелни сили. За дефинитивно, сите сили нека бидат паралелни со оската ОЗ. Потоа во најопшт случај
И овде главниот вектор не е еднаков на нула, главниот момент не е еднаков на нула, а нивниот скаларен производ е еднаков на нула, навистина
затоа, главниот вектор е нормален на главниот момент: системот на паралелни сили се сведува на резултатот. Во одреден случај, ако е еднаков на нула, тогаш главниот вектор на сили е еднаков на нула, а системот на сили се сведува на пар сили, чиј моментален вектор е во рамнината OXY.
Сега да ги систематизираме разгледаните случаи. Да потсетиме: произволен просторен систем на сили што се применува на круто тело е статички еквивалентен на сила еднаква на главниот вектор применета во произволна точка на телото (центар на редукција), и пар сили со момент еднаков на главниот момент на системот на сили во однос на наведениот центар на намалување.
1) Нека =0,≠0.
Ова е случај кога системот на сили се сведува на една сила, која ќе ја наречеме резултант на системот на сили. Пример за таков систем на сили може да се смета за зближувачки систем на сили, за кој линиите на дејствување на сите сили се сечат во една точка. ЗА * 2) ≠0,=0. Систем на сили е еквивалентен на пар сили.
4) ≠0, ≠0, а главниот вектор и главниот момент се неортогонални. Во овој случај, системот на сили се сведува на динамика или две сили кои не се пресечуваат.
Случаи на редукција до наједноставна форма
Спроведување на пар
Нека, како резултат на доведување на силите до центарот О, излегува дека главниот вектор е еднаков на нула, а главниот момент е различен од нула: . Потоа, врз основа на основната теорема на статиката, можеме да пишуваме
Ова значи дека оригиналниот систем на сили во овој случај е еквивалентен на пар сили со момент.
Паричниот момент не зависи од тоа која точка е избрана како центар на моментот кога се пресметува моментот на пар. Затоа, во овој случај главната поента не треба да зависи од изборот на центарот на намалување. Но, ова е токму заклучокот до кој води врската
поврзувајќи ги главните точки во однос на два различни центри. Кога дополнителниот член е исто така еднаков на нула, добиваме
Намалување на резултат
Нека сега главниот вектор не е еднаков на нула, а главниот момент е еднаков на нула: . Врз основа на основната теорема за статика имаме
односно системот на сили излегува дека е еквивалентен на една сила - главниот вектор. Следствено, во овој случај, првобитниот систем на сили се сведува на резултант, и оваа резултантна се совпаѓа со главниот вектор применет во центарот на редукција: .
Системот на сили се сведува на резултат во случај кога главниот вектор и главниот момент не се еднакви на нула, туку меѓусебно нормални: . Доказот се врши со користење на следнава низа на дејства.
Преку центарот на намалување О цртаме рамнина нормална на главниот момент (слика 50, а). На сликата, оваа рамнина е комбинирана со рамнината за цртање, а во неа се наоѓа главниот вектор. Во оваа рамнина градиме пар со момент и ги избираме силите на парот да бидат еднакви по големина на главниот вектор; тогаш левериџот на парот ќе биде еднаков на . Следно, го поместуваме парот во неговата рамнина така што една од силите на парот се применува во центарот на редукција O спротивно на главната; втората сила на парот ќе се примени во точката C, оддалечена од центарот O во саканата насока, одредена од насоката, на растојание OS еднакво на кракот на парот h (сл. 50, б). Сега отфрлајќи ги избалансираните сили R и - применети во точката O, доаѓаме до една сила применета во точката C (сл. 50, в). Тоа ќе послужи како резултат на овој систем на сили.
Може да се види дека силата на реакцијата е сè уште еднаква на главниот вектор, но се разликува од главниот вектор по неговата точка на примена. Ако главниот вектор се примени во центарот за редукција O, тогаш резултантот е во точката C, чија положба бара посебна дефиниција. Геометрискиот метод за наоѓање на точката C е видлив од конструкцијата направена погоре.
За моментот на резултатот во однос на центарот на редукција O, можеме да напишеме (види Сл. 50):
или, испуштајќи ги средните вредности:
Ако ја проектираме оваа векторска еднаквост на која било оска што минува низ точката О, ја добиваме соодветната еднаквост во проекциите:
Запомнувајќи дека проекцијата на моментот на сила во однос на точката на оската што минува низ оваа точка е моментот на сила во однос на оската, ја препишуваме оваа еднаквост на следниов начин:
Добиените еднаквости ја изразуваат теоремата на Варињон во нејзината општа форма (во Предавање 2 теоремата беше формулирана само за конвергирани сили): ако системот на сили има резултат, тогаш моментот на оваа резултантна (во однос на точка, во однос на оската) е еднаков на збирот на моментите на сите дадени сили - компоненти (во однос на истата точка, иста оска). Јасно е дека во случај на точка збирот на моментите е векторски, во случај на оска е алгебарски.
Намалување на динамиката
Динамија или динамичка завртка е комбинација од пар сили и сила насочена нормално на рамнината на дејство на парот. Може да се покаже дека во општиот случај на редукција, кога и не е нормален, оригиналниот систем на сили е еквивалентен на одредена динамика.
Да разгледаме некои посебни случаи од претходната теорема.
1. Ако за даден систем силите R = 0, M 0 = 0, тогаш тој е во рамнотежа.
2. Ако за даден систем на сили R = 0, M 0 0, тогаш тој се сведува на еден пар со момент M 0 = m 0 (F i). Во овој случај, вредноста на M 0 не зависи од изборот на центарот О.
3. Ако за даден систем присилува R 0, тогаш тој се сведува на една резултантна, а ако R 0 и M 0 = 0, тогаш системот се заменува со една сила, т.е. резултантниот R кој минува низ центарот O; ако R 0 и M 0 0, тогаш системот се заменува со една сила која минува низ одредена точка C, и OC = d(OCR) и d = |M 0 |/R.
Така, рамен систем на сили, ако не е во рамнотежа, се намалува или на една резултантна (кога R 0) или на еден пар (кога R = 0).
Пример 2. Сили кои се применуваат на дискот:
(сл. 3.16) го доведуваат овој систем на сили во наједноставниот облик.
Решение: изберете го координатен систем Oxy. Да ја избереме точката O како центар за редукција R:
R x = F ix = -F 1 cos30 0 – F 2 cos30 0 +F 4 cos45 0 = 0; Ориз. 3.16
R y = F iy = -F 1 cos60 0 + F 2 cos60 0 – F 3 + F 4 cos45 0 = 0. Затоа R = 0.
Главниот момент на системот М 0:
M 0: = m 0 (F i) = F 3 *a – F 4 *a*sin45 0 = 0, каде што a е радиусот на дискот.
Одговор: R = 0; M 0 = 0; телото е во рамнотежа.
Доведете го во наједноставна форма системот на сили F 1, F 2, F 3, прикажан на сликата (сл. 3.17). Силите F 1 и F 2 се насочени на спротивните страни, а силата F 3 е насочена по дијагоналата на правоаголникот ABCD, чија страна AD е еднаква на a. |F 1 | = |F 2 | = |F 3 |/2 = F.
Решение: насочете ги координатните оски како што е прикажано на сликата. Дозволете ни да ги одредиме проекциите на сите сили на координатните оски:
Модулот на главниот вектор R е еднаков на: 
;
.
Косинусите на насоката ќе бидат: 
;
.
Оттука: (x,R) = 150 0; (y, R) = 60 0 .
ЗА 
да го одредиме главниот момент на системот на сили во однос на центарот на редукција A. Потоа
m A = m A (F 1) + m A (F 2) + m A (F 3).
Имајќи предвид дека m A (F 1) = m A (F 3) = 0, бидејќи насоката на силите минува низ точката А, тогаш
m A = m A (F 2) = F * a.
Така, системот на сили се сведува на сила R и пар сили со момент m A насочен спротивно од стрелките на часовникот (сл. 3.18).
Одговор: R = 2F; (x,^R) = 150 0; (y,^ R) = 60 0; m A = F * a.
Прашања за самоконтрола
Кој е моментот на сила во центарот?
Што е пар сили?
Донесување произволна рамнина систем на сили во даден центар?
Собирање на паралелни сили?
Литература: , , .
Предавање 4. Услови на рамнотежа за произволен систем на сили
Основна форма на рамнотежни услови.За рамнотежа на произволен систем на сили, потребно е и доволно збирот на проекциите на сите сили на секоја од двете координатни оски и збирот на нивните моменти во однос на кој било центар што лежи во рамнината на дејство на силите се еднакви на нула:
F ix = 0; F iy = 0; m 0 (F i) = 0.
Втора форма на услови на рамнотежа:За рамнотежа на произволен систем на сили, потребно е и доволно збирот на моментите на сите овие сили во однос на кои било два центри A и B и збирот на нивните проекции на оската Ox што не е нормална на правата AB се еднакви на нула:
m A (F i) = 0; m B (F i) = 0; F ix = 0.
Трета форма на услови на рамнотежа (равенка од три моменти):За рамнотежа на произволен систем на сили, потребно е и доволно збирот на сите овие сили во однос на трите центри A, B, C, кои не лежат на иста права линија, да биде еднаков на нула:
m A (F i) = 0; m B (F i) = 0; m С (F i) = 0.
П 
пример 1. Определете ги реакциите на вградување на конзолен зрак под дејство на рамномерно распоредено оптоварување, една концентрирана сила и два пара сили (сл. 4.1); интензитет на оптоварувањеq = 3*10 4 N/m; F = 4 * 10 4 H; m 1 = 2 * 10 4 H * m; m 2 = 3 * 10 4 H * m. BN = 3m; NC = 3m; CA = 4m.
Р 
решение:
Според принципот на ослободување од врски, врските ќе ги замениме со соодветни реакции. Со круто вградување во ѕидот, се јавува реакциона сила R A од непознат правец и непознат момент m A (сл. 4.2). Да го замениме распределениот товар со еквивалентна концентрирана сила Q применета во точката K (ВК = 1,5 m). Дозволете ни да го избереме координатниот систем на VCU и да ги подготвиме условите за рамнотежа за зракот во основната форма:
проекции на силите на оската X: - Fcos45 0 – R Ax = 0 (1)
проекции на силите на оската Y: -Q - Fsin45 0 + R Ax = 0 (2)
збир на моменти: m A (F) = m 1 – m 2 + m A + Q*KA + F”*CA = 0 (3)
Силата F во точката C ќе ја разложиме на две меѓусебно нормални компоненти F” и F’; силата F’ не создава момент во однос на точката А, бидејќи линијата на дејство на силата минува низ точката А. Модул на сила F” = Fcos45 0 = F(2) 1/2 /2.
Заменувајќи ги нумеричките вредности во равенките (1), (2) и (3), добиваме:
Во даден систем од три равенки има три непознати, така што системот има решение, а само единствено.
4*10 4 *0.7 = R Ax R Ax = 2.8*10 4 H
3*10 4 *3 – 4*10 4 *0,7 + R Ay = 0 R Ay = 11,8*10 4 H
m A – 10 4 + 3*10 4 *3*8,5 + 4*10 4 *2,8 = 0 m A = - 86,8*10 4 H*m
Одговор: R Ax = 2,8*10 4 H; R Ay = 11,8*10 4 H; m A = - 86,8 * 10 4 H * m.
Пример 2. Определете ги реакциите на потпорите A, B, C и шарката D на композитна греда (сл. 4.3).
q 
= 1,75 * 10 4 N / m; F = 6 * 10 4 H;
P = 5 * 10 4 H.
Решение: Врз основа на принципот на ослободување од врски, ги заменуваме врските со соодветни реакции.
Р 
Дистрибуираното оптоварувањеq ќе го замениме со еквивалентна концентрирана сила Q = q*KA применета во точката M (AM = 2m). Бројот на непознати сили за реакција: R Ax, R Ay, R B, R C и два пара компоненти на реакционата сила во шарката D.
Ајде да ги погледнеме одделно реакциите на шарката Д. За да го направите ова, земете ги одделно гредите AD и DE (Сл. 4.5а, 4.5б).
Изготвуваме услови за рамнотежа за целата структура (3 равенки) и за посебен елемент од оваа структура: зрак KD или греда DE.
При составувањето на равенките за рамнотежа за целата структура, внатрешните сили не се земаат предвид, бидејќи по собирањето тие се поништуваат едни со други.
Равенки на состојбата на рамнотежа за целата структура:
R Ax – Fcos60 0 = 0
Q - R Ay – Fsin60 0 + R B + R C – P = 0
m A (F) = Q*m A – Fsin60 0 *AN + R B *AB + R C *AC – P*AE = 0
Равенки на условите за рамнотежа за елементот DE:
R’ Dy, + R C – P*DE = 0
M D (F) = R C *DC – P*DE = 0
На овој начин се составуваат шест независни равенки со шест непознати, па системот равенки има решение, а само единствено. Со решавање на системот на равенки ќе ги одредиме непознатите сили за реакција. ЗАКако што беше докажано погоре, произволен систем на сили, произволно лоциран во просторот, може да се сведе на една сила еднаква на главниот вектор на системот и да се примени во произволен центар за намалување ЗА, и еден пар со момент еднаков на главниот момент на системот во однос на истиот центар. Затоа, во иднина, произволен систем на сили може да се замени со еквивалентно множество од два вектори - сила и момент применети во точка ЗА. При промена на положбата на центарот на редукција 
главниот вектор ќе ја задржи големината и насоката, но главниот момент ќе се промени. Да докажеме дека ако главниот вектор е ненула и
е нормална на главниот момент, тогаш системот на сили се сведува на една сила, која во овој случај ќе ја наречеме резултантна (сл. 8). Главниот момент може да се претстави со пар сили ( , ) со рамо , потоа силите и главниот вектор формираат систем од два
сили еквивалентни на нула, што може да се отфрли. Ќе остане една сила која дејствува по права линија паралелна со главната
чСлика 8 до векторот и поминување на растојание L,= од рамнината формирана од векторите и . Разгледаниот случај покажува дека ако од самиот почеток го избереме центарот на редукција на права линија ЗА* дека главниот момент во однос на оваа точка и главниот вектор ќе бидат лоцирани на иста права линија. За да го докажеме ова, да го разложиме моментот на две компоненти - едната насочена по главниот вектор, а другата нормална на главниот вектор. Така, парот сили се разложува на два пара со моменти: и , и рамнината на првиот пар е нормална на , тогаш рамнината на вториот пар, нормална на векторот (сл. 9) го содржи векторот . Комбинацијата на пар со момент и сила формира систем на сили, кој може да се сведе на една сила (сл. 8), поминувајќи низ точката О*. Така (сл. 9), комбинацијата на главниот вектор и главниот момент во точката ЗАсведена на силата што минува низ точка ЗА *, и пар со момент паралелен со оваа линија, што требаше да се докаже. Комбинацијата на сила и двојка, чија рамнина е нормална на линијата на дејство на силата, се нарекува динамика (сл. 10). Еден пар сили може да се претстави со две еднакви сили ( , ), лоцирани како што е прикажано на сл. 10. Но, со собирање на двете сили и , го добиваме нивниот збир и преостанатата сила, од која следи (сл. 10) дека комбинацијата на главниот вектор и главниот момент во точката ЗА, може да се сведе на две сили кои не се пресекуваат и .
Да разгледаме некои случаи на намалување на системот на сили.
1. Рамен систем на сили. За дефинитивно, сите сили нека бидат во рамнината OXY. Потоа во најопшт случај
Главниот вектор не е нула, главниот момент не е нула, нивниот производ со точки е нула, навистина
затоа, главниот вектор е нормален на главниот момент: рамнинскиот систем на сили е сведена на резултатот.
2. Систем на паралелни сили. За дефинитивно, сите сили нека бидат паралелни со оската ОЗ. Потоа во најопшт случај
И овде главниот вектор не е еднаков на нула, главниот момент не е еднаков на нула, а нивниот скаларен производ е еднаков на нула, навистина
затоа, во овој случај, главниот вектор е нормален на главниот момент: системот на паралелни сили се сведува на резултатот. Во конкретниот случај, ако е еднаков на нула, тогаш главниот вектор на сили е еднаков на нула, а системот на сили се сведува на пар сили, чиј моментален вектор е во рамнината OXY. Сега да ги систематизираме разгледаните случаи. Да потсетиме: произволен просторен систем на сили што се применува на круто тело е статички еквивалентен на сила еднаква на главниот вектор применета во произволна точка на телото (центар на редукција), и пар сили со момент еднаков на главниот момент на системот на сили во однос на наведениот центар на намалување.
Основна теорема на статиката.Произволен систем на сили што дејствуваат на круто тело може да се замени со еквивалентен систем кој се состои од сила и пар сили. Силата е еднаква на главниот вектор на системот на сила и се применува на произволно избрана точка на телото (центар на редукција), моментот на двојката е еднаков на главниот момент на системот на сила во однос на оваа точка.
Главниот вектор на системот на сили:
.
Главниот момент на системот на сили во однос на центарот О:
се определува со неговите проекции на координатните оски:
, 
, 
,
.
Можни се следниве случаи на доведување систем на сили во центарот:
Системот на сили се сведува на резултат. Линијата на дејство на резултатот минува низ центарот на редукција.
Системот на сили се сведува на пар сили.
3. , , - системот на сили има резултант што не минува низ центарот на редукција. Нејзината линија на дејствување се одредува со равенките
4. , , - системот на сили се сведува на динамична завртка (сила и пар што лежи во рамнина нормална на силата).
Момент на неколку сили на динамичен пропелер
.
Оската на динамичката завртка се одредува со равенките
5. , - избалансиран систем на сили.
Пример 1.4.1. Доведете го системот на сили (сл. 1.4.1) во наједноставниот облик, ако Ф 1 = 5 N, Ф 2 = 15 N, Ф 3 = 10 N, Ф 4 = 3 N, а= 2 m.
1. За центарот на редукција, изберете го потеклото на координатите - точката О(сл. 1.4.2) и означете ги аглите a и b кои ја одредуваат положбата на силата.
2. Најдете ги проекциите на главниот вектор на координатните оски:
,
,
.
Н.
3. Пресметајте ги проекциите на главниот момент во однос на точката ЗАна координатната оска:
,
,
,
Nm, 
Nm, Nm,
4. Најдете ја вредноста на скаларниот производ на главниот вектор и главниот момент
Бидејќи , системот на сили е доведен до десната динамичка завртка. Векторот на моментот на пар динамични пропелери и главниот вектор се совпаѓаат во насока.
5. Равенката на динамичната оска на пропелерот има форма:
или земајќи ги предвид пронајдените вредности:
За да ја конструираме оската на динамичниот пропелер, ги наоѓаме точките АИ Бнеговите вкрстувања со координатни рамнини ОксиИ Ојз,соодветно
–0,203 m 1,063 m
6. Определи го моментот на неколку сили на динамичниот пропелер
Nm.
7. По координати на точки АИ БАјде да ја прикажеме оската на динамичката завртка (сл. 1.4.3). Во произволна точка на оваа оска, означуваме сила еднаква на главниот вектор и векторот на моментот на парот.
Задача 1.4.1. Дали резултантниот систем на сили за кои главниот вектор 
и главниот момент во однос на центарот ЗА 
.
Одговор: да.
Задача 1.4.2. Дали резултантниот систем на сили за кои главниот вектор и главниот момент во однос на центарот ЗА 
.
Одговор: не.
Задача 1.4.3. Одреди го растојанието од центарот на редукција ЗАдолината на дејството на резултантниот систем на сили (сл. 1.4.4), ако нејзиниот главен вектор Р= 15 N и главен момент М О= 30 Nm.
Одговор: 2 m.
Задача 1.4.4. Одреди го аголот помеѓу главниот вектор и главниот момент на системот на сили прикажан на слика 1.4.5, земајќи ја референтната точка како центар на редукција О, Ако Ф 1 = Ф 2 = 2 N, момент на неколку сили М 1 = 3 Nm, ОП= 1,5 m.
Одговор: α = 0º.
Задача 1.4.5. Одреди го аголот помеѓу главниот вектор и главниот момент на системот на сила прикажан на слика 1.4.6, земајќи ја референтната точка како центар на редукција ЗА, Ако Ф 1 = Ф 2 = Ф 3 = 10 N, а= 3 m.
Одговор: α = 135º.
Задача 1.4.6. Најдете го главниот вектор и главниот момент на системот на сили прикажан на слика 1.4.7, ако Ф 1 = Ф 2 = Ф 3 = 7 N, a ОП = ОБ = ОС= 2 m Земете ја точката како центар за редукција ЗА.
Одговор: Р = 0, М О= 17.146 Nm.
 |  |
| Ориз. 1.4.6 | Ориз. 1.4.7 |
Задача 1.4.7. Доведете го системот на сили што се применуваат на темињата на паралелепипедот (сл. 1.4.8) во неговата наједноставна форма, ако Ф 1 = 16 N, Ф 2 = 12 N, Ф 3 = 20 N, а = Со= 2,4 m, б=1,8 m.
М= 48 Nm.
Задача 1.4.8. Доведете го системот на сили што се применуваат на темињата на коцката (сл. 1.4.9) во неговата наједноставна форма, ако Ф 1 = 15 N, Ф 2 = 40 N, Ф 3 = 25 N,
Ф 4 = Ф 5 = 20 N, а= 1,5 m.
Одговор: системот на сили се сведува на пар сили со момент М= 63,65 Nm.
Задача 1.4.9. Донесете систем на сили применети на правилна четириаголна пирамида, како што е прикажано на сл. 1.4.10, до наједноставна форма, ако Ф 1 = Ф 2 = Ф 3 = Ф 4 = 1 N, Ф 5 = 2,83 N, АБ = AS= 2 m.
Одговори : системот на сили е избалансиран.
 |  |
| Ориз. 1.4.8 | Ориз. 1.4.9 |
 |  |
| Ориз. 1.4.10 | Ориз. 1.4.11 |
Задача 1.4.10.Доведете го системот на сили што се применуваат на темињата на правоаголен паралелепипед (сл. 1.4.11) во неговата наједноставна форма, ако Ф 1 = Ф 5 = 10 N, Ф 3 = 40 N, Ф 4 = 15 N, Ф 2 = 9 N, а= 2,4 m, б= 3,2 m, в= 1 m.
Одговор: системот на сили се сведува на резултатот Р= 32 N, чија линија на дејство е паралелна со оската Оји поминува низ точката А (0,9; 0; 0).
Задача 1.4.11.Доведете го системот на сили применети на темињата на правоаголен паралелепипед (сл. 1.4.12) во неговата наједноставна форма, ако Ф 1 = Ф 3 = 3 N, Ф 2 = Ф 6 = 6 N, Ф 4 = Ф 5 = 9 N, а= 3 m, б= 2 m, в= 1 m.
Одговори : системот на сили е избалансиран.
Задача 1.4.12.Доведете го системот на сили применети на темињата на правоаголен паралелепипед (сл. 1.4.13) во неговата наједноставна форма, ако Ф 1 = Ф 4 =Ф 5 = 50 N, Ф 2 = 120 N, Ф 3 = 30 N, а= 4 m, б= 3 m, в= 5 m.
Р= 80 N, чија линија на дејство е паралелна со оската Оји поминува низ точката А (0,0,10).
Задача 1.4.13.Доведете го системот на сили што се применуваат на темињата на коцката (сл. 1.4.14) во неговата наједноставна форма, ако а= 1 m, Ф 1 = 866 N, Ф 2 = Ф 3 = Ф 4 = Ф 5 = 500 N. При одлучувањето да се прифати .
Одговор: системот се сведува на резултатот Р= 7,07 N.
 |  |
| Ориз. 1.4.12 | Ориз. 1.4.13 |
 |  |
| Ориз. 1.4.14 | Ориз. 1.4.15 |
Задача 1.4.14.Доведете го системот на сили што се применуваат на правилна триаголна пирамида (сл. 1.4.15) во неговата наједноставна форма, ако Ф 1 = Ф 2 = Ф 3 = Ф 4 = Ф 5 = Ф 6 = 1 N, АБ = AS= 2 m.
Одговор: системот на сили се придвижува до динамична завртка со Р= 1,41 N и М= 1,73 Nm, оската на завртката за напојување поминува низ врвот Снормално на основата на пирамидата.
Задача 1.4.15.Тежина на јарболот на радио со основа Г= 140 kN. Силата на затегнатоста на антената се применува на јарболот Ф= 20 kN и резултантните сили на притисокот на ветерот П= 50 kN; двете сили се хоризонтални и лоцирани во меѓусебно нормални рамнини (сл. 1.4.16). Определете ја добиената реакција на почвата во која е поставена основата на јарболот.
Одговор: дистрибуиран систем на сили за реакција на земјата се придвижува кон левиот динамички пропелер со сила еднаква на 150 kN и двојка со момент од 60 kN∙m. равенката на централната спирална оска има форма
.
Центар на гравитација
Тежиштето на цврсто тело е центар на паралелните сили на гравитација на честичките на даденото тело.
,
Да се определи положбата на тежиштето на хомогени тела, методот на симетрија, методот на делење на тела со едноставна форма со позната положба на центрите на гравитација, како и методот на негативни маси (линии, области , томови) се користат.
Пример 1.5.1.Определете ги координатите на тежиштето на рамна бандаж (сл. 1.5.1), составена од хомогени прачки со иста линеарна тежина.
1. Да го примениме методот на преградување, односно да ја замислиме бандажот како збир од седум прачки.
2. Најдете ги координатите на центарот на гравитација на бандажот користејќи ги формулите:
; 
,
каде , , се должината и координатите на тежиштето на прачката со број .
Должини и координати на центрите на гравитација на прачките:
Потоа 
,
Пример 1.5.2.Крајниот ѕид на хангарот (сл. 1.5.2) има форма на полукруг 1 радиус со правоаголна врата 2 висина и ширина Определете ги координатите на тежиштето на ѕидот.
1. Да ги примениме методите на симетрија и негативни области, со оглед на полукругот 1 и правоаголен исечок 2 .
2. Најдете ги координатите на центарот на гравитација на ѕидот.
Бидејќи оската Ое оската на симетријата, па координатата
Координатата на центарот на гравитација на плочата се одредува со формулата
каде , , , се областите и координатите на тежиштето на фигурите 1 И 2 .
Области и координати на центрите на гравитација на фигурите:
Задачи 1.5.1 – 1.5.4.Определете ги координатите на центрите на гравитација на рамните фарми (сл. 1.5.3 - 1.5.6), составени од хомогени прачки со иста линеарна тежина.
Одговори на проблемите 1.5.1 – 1.5.4:
| Број на задача | 1.5.1 | 1.5.2 | 1.5.3 | 1.5.4 |
| , м | 1,52 | 3,88 | 3,0 | 1,59 |
| , м | 0,69 | 1,96 | 1,73 | 0,17 |
 |  |
| Ориз. 1.5.3 | Ориз. 1.5.4 |
 | |
| Ориз. 1.5.5 | Ориз. 1.5.6 |
 |
|
| Ориз. 1.5.7 | Ориз. 1.5.8 |
Задачи 1.5.5 – 1.5.7.Определете ги координатите на тежиштето на хомогени композитни линии (сл. 1.5.7 – 1.5.9).
Одговори на проблемите 1.5.5 – 1.5.7:
| Број на задача | 1.5.5 | 1.5.6 | 1.5.7 |
| , см | –4,76 | ||
| , см | 14,16 | 3,31 |
 |  |
| Ориз. 1.5.9 | Ориз. 1.5.10 |
 |  |
| Ориз. 1.5.11 | Ориз. 1.5.12 |
Задача 1.5.8. Хомогена жица свиткана под прав агол е обесена на конец (сл. 1.5.10). Најдете ја врската помеѓу должините на пресеците АДИ А.Е., на кој областа А.Е.е во хоризонтална положба. АБ = 0,3 л 1 .
Задача 1.5.9. Определете ги координатите на центарот на гравитација на хомогена жица (сл. 1.5.11), ако а= 3 m, б= 2 m, в= 1,5 m.
Одговор: x C= 1,69 m, y В= 1,38 m, z C= 1,33 m.
Задача 1.5.10. Хомогена затворена контура што ограничува полукруг е обесена на конец (сл. 1.5.12). Одреди го аголот α помеѓу хоризонталата и дијаметарот на полукругот.
Одговор: α = 68,74º.
Проблеми 1.5.11 – 1.5.14. Определете ги координатите на центрите на гравитација на хомогени рамни фигури (сл. 1.5.13 – 1.5.16).
Одговори на проблемите 1.5.11 – 1.5.14:
| Број на задача | 1.5.11 | 1.5.12 | 1.5.13 | 1.5.14 |
| 37,07 см | 32,38 см | 2,31 м | ||
| 11,88 см | 24,83 см | 1,56 м |
 |  |
| Ориз. 1.5.13 | Ориз. 1.5.14 |
 |  |
| Ориз. 1.5.15 | Ориз. 1.5.16 |
 |  |
| Ориз. 1.5.17 | Ориз. 1.5.18 |
Задача 1.5.15. Потпирачот за дневникот на лежиштето е дел кој се состои од потпора во форма на паралелепипед и клуч во форма на коцка (сл. 1.5.17). Определете ги координатите на центарот на гравитација на штандот. Димензиите се означени во милиметри.
Одговор:
Задача 1.5.16. Дневникот на лежиштето за лизгање е дел кој се состои од паралелепипед и цилиндричен носач (сл. 1.5.18). Определете ги координатите на тежиштето на оската. Димензиите се означени во милиметри.
Одговор: 
, 
,
Задача 1.5.17. Хомогено тело, чиј пресек е прикажан на слика 1.5.19, се состои од хемисфера, цилиндричен дел и кружен конус. Определете ги координатите на центарот на гравитација на телото. Димензиите се означени во милиметри.
Одговор: , , 
Задача 1.5.18. Цевката на пиштолот за тенкови има облик на скратен конус со должина (сл. 1.5.20). Надворешниот дијаметар на цевката на местото на прицврстување на преградата на пиштолот во делот што одговара на муцката на пиштолот; г= 100 mm. Определете ја координатата на центарот на гравитација на стеблото.
Одговор:
Задача 1.5.19. Определете ги координатите на тежиштето на хомогено тело составено од два правоаголни паралелепипеди (сл. 1.5.21). Долниот паралелепипед има засек во форма на четвртина од цилиндар со основен радиус Р= 10 cm Димензиите на сликата се во cm.
Одговор: x C= 17,1 см, y В= 20,99 см, z C= 7,84 см.
Задача 1.5.20. Определете ги координатите на тежиштето на хомогено тело (сл. 1.5.22), составено од триаголна призма и паралелепипед со исечок. Димензиите на сликата се во cm.
 |  |
| Ориз. 1.5.19 | Ориз. 1.5.20 |
 |  |
| Ориз. 1.5.21 | Ориз. 1.5.22 |
Одговор: x C= 20,14 см, y В= 35,14 см, z C= 5 см.
Дел 2. Кинематика
Кинематика на точка
Постојат три аналитички начини за одредување на движењето на точка: вектор, координатен и природен.
Со методот на вектор, векторот на радиусот на подвижна точка се одредува како функција од времето. Векторите на брзината и забрзувањето на точката се еднакви на првиот и вториот временски извод на векторот на радиусот, соодветно:
, 
.
Врската помеѓу векторот на радиусот и Декартовските координати на точката се изразува со еднаквоста: 
, каде што , , се единечните вектори на координатните оски.
Со методот на координати, законот за движење на точка во Декартов координатен систем е даден со одредување на три функции: , , . Проекциите на брзината и забрзувањето на координатните оски, како и модулите за брзина и забрзување на точка се одредуваат со формулите:
, , , 
,
Во природниот метод, се одредува траекторијата на точка и законот на движење на точката по должината на траекторијата, каде криволинеарната координата се мери по лак од некоја фиксна точка на траекторијата. Алгебарската вредност на брзината се определува со формулата, а забрзувањето на точката е еднакво на геометрискиот збир на тангенцијалните и нормалното забрзување, т.е. , , , 
, – радиус на искривување на траекторијата во дадена точка.
Пример 2.1.1.Проектилот се движи во вертикална рамнина според равенките, 
(x, y- во м, т– во в). Најдете:
– равенка на траекторијата;
– брзина и забрзување во почетниот момент;
– висина и опсег на пожар;
– радиус на закривеност на почетните и највисоките точки на траекторијата.
1. Да ги добиеме равенките на траекторијата на проектилот, со исклучок на параметарот тод равенките на движење
.
Траекторијата на проектилот е пресек на парабола (сл. 2.1.1), која има ограничувачки точки: почетната точка со координатите X = 0, на= 0 и конечна, за која X = Л(досег на летот), на = 0.
2. Определете го опсегот на проектилот со замена на= 0 во равенката на траекторијата. Од каде го наоѓаме? Л= 24000 m.
3. Ги наоѓаме брзината и забрзувањето на проектилот користејќи проекции на координатните оски:
Во почетниот момент од времето v 0 = 500 m/s, А= 10 m/s 2.
4. За да ја одредиме висината на летот на проектилот, да го најдеме времето т 1 лет до оваа точка. На највисоката точка, проекцијата на брзината на оската yеднакво на нула (сл. 2.1.1), 
, каде т 1 = 40 с. Замена т 1 во координатниот израз на, ја добиваме вредноста на висината Н= 8000 m.
5. Радиус на искривување на траекторијата
, Каде 
.
m; 
м.
Пример 2.1.2.Во механизмот за шалче-лизгач (сл. 2.1.2) рачката 1 ротира со постојана аголна брзина rad/s. Најдете ги равенките на движење, траекторија и брзина на средната точка Мповрзувачка прачка 2 , Ако ОП = АБ= 80 см.
1. Да ги запишеме равенките на движење на точка Мво координатна форма (сл. 2.1.3)
2. Равенката на траекторијата ја добиваме со елиминирање на времето тод равенката на движење:
Точка траекторија М– елипса со центар на почеток и полуоски од 120 cm и 40 cm.
3. Брзината на точката се одредува со проекции на координатните оски
Задача 2.1.1.Со оглед на равенките на движење на точката, најди ја равенката на нејзината траекторија во координатна форма.
| Равенка на движење | Одговори |
 | |
 | |
 | |
 |
Задача 2.1.2.Најдете ја равенката на траекторијата во координатна форма и законот за движење на точка по должината на траекторијата ако се дадени равенките на нејзиното движење во Декартови координати. За потеклото на координатата на лакот сприфатете ја почетната позиција на точката.
| Равенка на движење | Одговори |
| , ; | |
 | ; |
| ; | |
 ;
|
Задача 2.1.3.Движењето на точката е дадено со равенките , ( – во cm, – во s). Најдете ја равенката на траекторијата на точката во координатна форма, брзината и забрзувањето, тангенцијалното и нормалното забрзување на точката, како и радиусот на искривување на траекторијата во времето s. Нацртај ја траекторијата на точката и пронајдените вектори за брзина и забрзување на цртежот. , – во cm, ако и кога аголот е најголем.
Одговор: 1) 
; 2) , , ; , , .
