Как выше было доказано, произвольная система сил, как угодно расположенных в пространстве, может быть приведена к одной силе, равной главному вектору системы и приложенной в произвольном центре приведенияО , и одной паре с моментом , равным глав­ному моменту системы относительно того же центра. По
этому в дальнейшем произвольную систему сил можно заменять эквива­лентной ей совокупностью двух векторов - силы и момента, приложенных в точкеО . При изменении положения центра приведения О главный вектор будет сохранять величину и напра­вление, а главный моментбудет изменяться. Докажем, что если главный вектор и главный момент отличны от нуля и взаимно перпендикулярны, то система сил приводится к одной силе, которую в этом случае будем называть равнодействующей (рис.8). Главный моментможно представить парой сил ( ,) с плечом , тогда силыи главный век торобразуют систему двух сил эквивалентную нулю, которую можно отбросить. Останется одна сила, действующая вдоль прямой, параллельной главному вектору и проходящей на расстоянииh =от плоскости, образуемой векторамии. Рассмотренный случай показывает, что если с самого начала выбрать центр приведения на прямой L, то систему сил сразу бы привели к равнодействующей, главный момент был бы равен нулю. Теперь докажем, что если главный вектор отличен от нуля и не перпендикулярен к главному моменту, то за центр приведения может быть выбрана такая точка О *, что главный момент относительно этой точки и главный вектор расположатся на одной прямой. Для доказательства разложим момент на две составляю­щие- одну, направленную вдоль главного вектора, и другую- перпендикулярную к главному вектору. Тем самым пара силраскладывается на две пары с моментами:и, причем плоскость первой пары перпендикулярна к, тогда плоскость второй пары, перпендикулярная к вектору(рис 9) содержит вектор. Совокупность пары с моментоми силыобразует систему сил, которая может быть сведена к одной силе (рис.8) , проходящей через точку О* . Таким образом (рис 9), совокупность главного вектораи главного моментав точкеО сведена к силе , проходящей через точкуО* , и паре с моментом параллельным этой прямой , что и требовалось доказать. Совокупность силы и пары, плоскость которой перпендикулярна к линии действия силы, называется динамой (рис.10). Пару сил можно представить двумя равными по величине силами (,), расположенными как показано на рис 10. Но, сложив две силыи, получим их суммуи оставшуюся силу, откуда следует (рис.10), что совокупность главного вектораи главного моментав точкеО , может быть сведена к двум непересекающимся силам и.

Рассмотрим некоторые случаи приведения системы сил.

1. Плоская система сил. Пусть для определённости все силы находятся в плоскости OXY . Тогда в самом общем случае

Главный вектор не равен нулю, главный момент не равен нулю, их скалярное произведение равно нулю, действительно

следовательно, главный вектор перпендикулярен главному моменту: плоская система сил приводится к равнодействующей.

2. Система параллельных сил. Пусть для определённости все силы параллельны оси OZ . Тогда в самом общем случае

Здесь также главный вектор не равен нулю, главный момент не равен нулю, а их скалярное произведение равно нулю, действительно

следовательно, главный вектор перпендикулярен главному моменту: система параллельных сил приводится к равнодействующей. В частном случае, если равна нулю, то и главный вектор сил равен нулю, и система сил приводится к паре сил, вектор момента которой находится в плоскостиOXY . Систематизируем теперь рассмотренные случаи. Напомним: произвольная пространственная система сил, приложенная к твердому телу, статически эквивалентна силе, равной главному вектору, приложенной в произвольной точке тела (центре приведения), и паре сил с моментом, равным главному моменту системы сил относительно указанного центра приведения.

1) Пусть =0,≠0. Это случай, когда система сил приводится к одной силе, которую будем называть равнодействующей системы сил. Примером такой системы сил можно считать сходящуюся систему сил, для которой линии действия всех сил пересекаются в одной точке.

2) ≠0,=0 . Система сил эквивалентна паре сил.

3) ≠0,≠0, но. Главный вектор не равен нулю, главный момент не равен нулю, их скалярное произведение равно нулю, т.е. главный вектор и главный момент ортогональны. Любая система векторов, у которой главный вектор и главный мо­мент не равны нулю и они перпендикулярны, эквивалентна равно­действующей, линия действия которой проходит через точкуО* (рис 8). Примером такой системы сил можно считать плос­кую систему сил или систему параллельных сил.

4) ≠0,≠0, и главный вектор и главный момент неортогональны. В этом случае система сил приводится к динаме или к двум непересекающимся силам.

Случаи приведения к простейшему виду

Приведение к паре

Пусть в результате приведения сил к центру О оказалось, что главный вектор равен нулю, а главный момент отличен от нуля: . Тогда в силу основной теоремы статики можем написать

Это означает, что исходная система сил в этом случае эквивалентна паре сил с моментом .

Момент пары не зависит от того, какая точка выбрана в качестве центра моментов при вычислении момента пары. Следовательно, в данном случае главный момент не должен зависеть от выбора центра приведения. Но именно к этому выводу и приводит соотношение

связывающее главные моменты относительно двух различных центров. При добавочный член также равен нулю, и мы получаем

Приведение к равнодействующей

Пусть теперь главный вектор не равен нулю, а главный момент равен нулю: . В силу основной теоремы статики имеем

то есть система сил оказывается эквивалентной одной силе - главному вектору. Следовательно, в этом случае исходная система сил приводится к равнодействующей, и эта равнодействующая совпадает с главным вектором, приложенным в центре приведения: .

Система сил приводится к равнодействующей и в том случае, когда главный вектор и главный момент оба не равны нулю, но взаимно перпендикулярны: . Доказательство осуществляется при помощи следующей последовательности действий.

Через центр приведения О проводим плоскость, перпендикулярную главному моменту (рис. 50, а). На рисунке эта плоскость совмещена с плоскостью чертежа, в ней же расположен главный вектор . В этой плоскости строим пару с моментом , причем силы пары выберем равными по модулю главному вектору ; тогда плечо пары будет равно . Далее переместим пару в ее плоскости таким образом, чтобы одна из сил пары оказалась приложенной в центре приведения О противоположно главному ; вторая сила пары будет приложена в точке С, отстоящей от центра О в нужную сторону, определяемую направлением , на расстоянии ОС, равном плечу пары h (рис. 50, б). Отбрасывая теперь уравновешенные силы R и - , приложенные в точке О, приходим к одной силе , приложенной в точке С (рис. 50, в). Она и будет служить равнодействующей данной системы сил .

Видно, что равйодействующая по-прежнему равна главному вектору , однако отличается от главного вектора своей точкой приложения. Если главный вектор приложен в центре приведения О, то равнодействующая - в точке С, положение которой требует специального определения. Геометрический способ нахождения точки С виден из проделанного выше построения.

Для момента равнодействующей относительно центра приведения О можно написать (см. рис. 50):

или, опуская промежуточные значения:

Если спроектировать это векторное равенство на какую-либо ось , проходящую через точку О, получаем соответствующее равенство в проекциях:

Вспоминая, что проекция момента силы относительно точки на ось, проходящую через эту точку, является моментом силы относительно оси, перепишем этой равенство так:

Полученные равенства выражают теорему Вариньона в ее общем виде (в лекции 2 теорема была сформулирована только для сходящихся сил): если система сил имеет равнодействующую, то момент этой равнодействующей (относительно точки, относительно оси) равен сумме моментов всех заданных сил - составляющих (относительно той же точки, той же оси). Понятно, что в случае точки суммирование моментов векторное, в случае оси - алгебраическое.

Приведение к динаме

Динамой или динамическим винтом называется совокупность пары сил и силы, направленной перпендикулярно плоскости действия пары. Можно показать, что в общем случае приведения, когда и не перпендикулярен , исходная система сил эквивалентна некоторой динаме.

Рассмотрим некоторые частные случаи предыдущей теоремы.

1. Если для данной системы силR = 0, M 0 = 0, то она находится в равновесии.

2. Если для данной системы силR = 0, M 0  0, то она приводится к одной паре с моментом M 0 = m 0 (F i). В этом случае величина M 0 не зависит от выбора центра О.

3. Если для данной системы силR  0, то она приводится к одной равнодействующей, причем если R  0 и M 0 = 0, то система заменяется одной силой, т.е. равнодействующей R, проходящей через центр О; в случае если R  0 и M 0  0, то система заменяется одной силой, проходящей через некоторую точку С, причем ОС = d(OCR) и d = |M 0 |/R.

Таким образом, плоская система сил, если она не находится в равновесии, приводится или к одной равнодействующей (когда R  0) или к одной паре (когда R = 0).

Пример 2. К диску приложены силы:

(рис. 3.16) привести эту систему сил к простейшему виду.

Решение: выберем систему координат Оху. За центр приведения выберем точку О. Главный векторR:

R x = F ix = -F 1 cos30 0 – F 2 cos30 0 +F 4 cos45 0 = 0; Рис. 3.16

R y = F iy = -F 1 cos60 0 + F 2 cos60 0 – F 3 + F 4 cos45 0 = 0. Поэтому R = 0.

Главный момент системы М 0:

М 0: = m 0 (F i) = F 3 *a – F 4 *a*sin45 0 = 0, где а – радиус диска.

Ответ: R = 0; М 0 = 0; тело находится в равновесии.

Привести к простейшему виду систему силF 1 , F 2 , F 3, изображенную на рисунке (рис. 3.17). Силы F 1 и F 2 направлены по противоположным сторонам, а сила F 3 – по диагонали прямоугольника ABCD, сторона AD которого равна a. |F 1 | = |F 2 | = |F 3 |/2 = F.

Решение: направим оси координат так, как это показано на рисунке. Определим проекции всех сил на оси координат:

Модуль главного вектора R равен:
;
.

Направляющие косинусы будут:
;
.

Отсюда: (х,R) = 150 0 ; (y, R) = 60 0 .

Определим главный момент системы сил относительно центра приведения А. Тогда

m A = m A (F 1) + m A (F 2) + m A (F 3).

Учитывая, чтоm A (F 1) = m A (F 3) = 0, так как направление сил проходит через точку А, тогда

m A = m A (F 2) = F*a.

Таким образом система сил приведена к силе R и паре сил с моментом m A , направленном против часовой стрелки (рис. 3.18).

Ответ: R = 2F; (х,^ R) = 150 0 ; (y,^ R) = 60 0 ; m A = F*a.

Вопросы для самоконтроля

    Что такое момент силы относительно центра?

    Что такое пара сил?

    Приведение произвольной плоской системы сил к данному центру?

    Сложение параллельных сил?

Литература: , , .

Лекция 4. Условия равновесия произвольной плоской системы сил

Основная форма условий равновесия. Для равновесия произвольной плоской системы сил необходимо и достаточно, чтобы сумма проекций всех сил на каждую из двух координатных осей и сумма их моментов относительно любого центра, лежащего в плоскости действия сил, были равны нулю:

F ix = 0; F iy = 0; m 0 (F i) = 0.

Вторая форма условий равновесия: Для равновесия произвольной плоской системы сил необходимо и достаточно, чтобы сумма моментов всех этих сил относительно каких-либо двух центров А и В и сумма их проекций на ось Ох не перпендикулярную к прямой АВ, были равны нулю:

m A (F i) = 0; m B (F i) = 0; F ix = 0.

Третья форма условий равновесия (уравнение трех моментов): Для равновесия произвольной плоской системы сил необходимо и достаточно, чтобы сумма всех этих сил относительно любых трех центров А, В, С, не лежащих на одной прямой, были равны нулю:

m A (F i) = 0; m B (F i) = 0; m С (F i) = 0.

Пример 1. Определить реакции заделки консольной балки, находящейся под действием равномерно распределенной нагрузки, одной сосредоточенной силы и двух пар сил (рис. 4.1); интенсивность нагрузкиq = 3*10 4 H/м; F = 4*10 4 H; m 1 = 2*10 4 H*м; m 2 = 3*10 4 H*м. BN = 3м; NC = 3м; CA = 4м.

Решение:

По принципу освобождаемости от связей заменим связи соответствующими реакциями. При жесткой заделке в стене возникает сила реакцииR A неизвестного направления и неизвестным моментом m А (рис. 4.2). Распределенную нагрузку заменим эквивалентной сосредоточенной силой Q, приложенной в точке К (ВК = 1,5м). Выберем систему координат ВХУ и составим условия равновесия балки в основной форме:

проекции сил на ось Х: - Fcos45 0 – R Ax = 0 (1)

проекции сил на ось Y: -Q - Fsin45 0 + R Ax = 0 (2)

сумма моментов:m A (F) = m 1 – m 2 + m A + Q*KA + F”*CA = 0 (3)

СилуF разложим в точке С на две взаимно перпендикулярные составляющие F” и F’; сила F’ момента относительно точки А не создает, так как линия действия силы проходит через точку А. Модуль силы F” = Fcos45 0 = F(2) 1/2 /2.

Подставляя численные значения в уравнения (1), (2) и (3), получим:

Вданной системе трех уравнений имеются три неизвестные, поэтому система имеет решение и притом только единственное.

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*м

Ответ: R Ax = 2.8*10 4 H; R Ay = 11.8*10 4 H; m A = - 86.8*10 4 H*м.

Пример 2. Определить реакции опор А, В, С и шарнира D составной балки (рис. 4.3).

q = 1,75*10 4 H/м; F = 6*10 4 H; P = 5*10 4 H.

Решение: По принципу освобождаемости от связей заменим связи соответствующими реакциями.

Распределенную нагрузкуq заменим эквивалентной сосредоточенной силой Q = q*KA, приложенной в точке М (АМ = 2м). Количество неизвестных сил реакции: R Ax , R Ay , R B , R C и две пары составляющих сил реакции в шарнире D.

Рассмотрим отдельно реакции в шарниреD. Для этого рассмотрим отдельно балки AD и DE (рис. 4.5а, 4.5б).

По третьему закону Ньютона в шарниреD на балку KD действует система сил R Dx и R Dy , а на балку DE система сил противоположная: R’ Dx и R’ Dy , причем модули сил попарно равны, т.е. R Dx = R Dx и R Dy = R Dy . Это внутренние силы составной балки, поэтому количество неизвестных сил реакции составляет шесть. Для их определения надо составить шесть независимых уравнений состояний равновесия. Возможны следующие варианты составления уравнений состояния.

Составляем условия равновесия для всей конструкции (3 уравнения) и для отдельного элемента этой конструкции: балки KD или балки DE. При составлении уравнений равновесия для всей конструкции внутренние силы не учитываются, так как при суммировании они взаимно уничтожаются.

Уравнения условия равновесия для всей конструкции:

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

Уравнения условия равновесия для элемента DE:

R’ Dy , + R C – P*DE = 0

M D (F) = R C *DC – P*DE = 0

Таким образом составлено шесть независимых уравнений с шестью неизвестными, поэтому система уравнений имеет решение и причем только единственное. Решая систему уравнений определим неизвестные силы реакции.

Как выше было доказано, произвольная система сил, как угодно расположенных в пространстве, может быть приведена к одной силе, равной главному вектору системы и приложенной в произвольном центре приведения О , и одной паре с моментом , равным глав­ному моменту системы относительно того же центра. Поэтому в дальнейшем произвольную систему сил можно заменять эквива­лентной ей совокупностью двух векторов - силы и момента , приложенных в точке О . При изменении положения центра приведения О главный вектор будет сохранять величину и напра­вление, а главный момент будет изменяться. Докажем, что если главный вектор отличен от нуля и перпендикулярен к главному моменту, то система сил приводится к одной силе, которую в этом случае будем называть равнодействующей (рис.8). Главный момент можно представить парой сил ( , ) с плечом , тогда силы и главный век тор образуют систему двух

сил эквивалентную нулю, которую можно отбросить. Останется одна сила , действующая вдоль прямой, параллельной главно

Рис 8 му вектору и проходящей на расстоянии

h = от плоскости, образуемой векторами и . Рассмотренный случай показывает, что если с самого начала выбрать центр приведения на прямой L, то систему сил сразу бы привели к равнодействующей, главный момент был бы равен нулю. Теперь докажем, что если главный вектор отличен от нуля и не перпендикулярен к главному моменту, то за центр приведения может быть выбрана такая точка О *, что главный момент относительно этой точки и главный вектор расположатся на одной прямой. Для доказательства разложим момент на две составляю­щие- одну , направленную вдоль главного вектора, и другую - перпендикулярную к главному вектору. Тем самым пара сил раскладывается на две пары с моментами: и , причем плоскость первой пары перпендикулярна к , тогда плоскость второй пары, перпендикулярная к вектору (рис 9) содержит вектор . Совокупность пары с моментом и силы образует систему сил, которая может быть сведена к одной силе (рис.8) , проходящей через точку О* . Таким образом (рис 9), совокупность главного вектора и главного момента в точке О сведена к силе , проходящей через точку О* , и паре с моментом параллельным этой прямой , что и требовалось доказать. Совокупность силы и пары, плоскость которой перпендикулярна к линии действия силы, называется динамой (рис.10). Пару сил можно представить двумя равными по величине силами ( , ), расположенными как показано на рис 10. Но, сложив две силы и , получим их сумму и оставшуюся силу , откуда следует (рис.10), что совокупность главного вектора и главного момента в точке О , может быть сведена к двум непересекающимся силам и .

Рассмотрим некоторые случаи приведения системы сил.

1. Плоская система сил. Пусть для определённости все силы находятся в плоскости OXY . Тогда в самом общем случае

Главный вектор не равен нулю, главный момент не равен нулю, их скалярное произведение равно нулю, действительно

следовательно, главный вектор перпендикулярен главному моменту: плоская система сил приводится к равнодействующей.

2. Система параллельных сил. Пусть для определённости все силы параллельны оси OZ . Тогда в самом общем случае

Здесь также главный вектор не равен нулю, главный момент не равен нулю, а их скалярное произведение равно нулю, действительно

следовательно, и этом случае главный вектор перпендикулярен главному моменту: система параллельных сил приводится к равнодействующей. В частном случае, если равен нулю, то и главный вектор сил равен нулю, и система сил приводится к паре сил, вектор момента которой находится в плоскости OXY . Систематизируем теперь рассмотренные случаи. Напомним: произвольная пространственная система сил, приложенная к твердому телу, статически эквивалентна силе, равной главному вектору, приложенной в произвольной точке тела (центре приведения), и паре сил с моментом, равным главному моменту системы сил относительно указанного центра приведения.

Основная теорема статики. Произвольную систему сил, действующую на твердое тело, можно заменить эквивалентной системой, состоящей из силы и пары сил. Сила равна главному вектору системы сил и приложена в произвольно выбранной точке тела (центре приведения), момент пары равен главному моменту системы сил относительно этой точки.

Главный вектор системы сил :

.

Главный момент системы сил относительно центра O :

определяется своими проекциями на оси координат:

, , ,

.

Возможны следующие случаи приведения системы сил к центру:

Система сил приводится к равнодействующей. Линия действия равнодействующей проходит через центр приведения.

Система сил приводится к паре сил.

3. , , − система сил имеет равнодействующую, которая не проходит через центр приведения. Ее линия действия определяется уравнениями

4. , , − система сил приводится к динамическому винту (силе и паре, лежащей в плоскости, перпендикулярной силе).

Момент пары сил динамического винта

.

Ось динамического винта определяется уравнениями

5. , − уравновешенная система сил.

Пример 1.4.1 . Привести систему сил (рис. 1.4.1) к простейшему виду, если F 1 = 5 Н, F 2 = 15 Н, F 3 = 10 Н, F 4 = 3 Н, a = 2 м.

1. За центр приведения выберем начало координат – точку O (рис. 1.4.2) и укажем углы a и b, определяющие положение силы .

2. Найдем проекции главного вектора на оси координат:

,

,

.

Н.

3. Вычислим проекции главного момента относительно точки О на оси координат:

,

,

,

Н·м, Н·м, Н·м,

4. Найдем величину скалярного произведения главного вектора и главного момента

Так как , то система сил приводится к правому динамическому винту. Вектор момента пары динамического винта и главный вектор совпадают по направлению.

5. Уравнения оси динамического винта имеет вид:

или с учетом найденных значений:

Для построения оси динамического винта найдем точки A и B ее пересечения с координатными плоскостями Oxy и Oyz, соответственно



–0,203 м 1,063 м

6. Определим момент пары сил динамического винта

Н·м.

7. По координатам точек A и B изобразим ось динамического винта (рис. 1.4.3). В произвольной точке этой оси укажем силу, равную главному вектору и вектор момента пары .

Задача 1.4.1 . Имеет ли равнодействующую система сил, для которой главный вектор и главный момент относительно центра О .

Ответ: да.

Задача 1.4.2 . Имеет ли равнодействующую система сил, для которой главный вектор и главный момент относительно центра О .

Ответ: нет.

Задача 1.4.3 . Определить расстояние от центра приведения О долинии действия равнодействующей системы сил (рис. 1.4.4), если ее главный вектор R = 15 Н и главный момент М О = 30 Н·м.

Ответ: 2 м.

Задача 1.4.4 . Определить угол между главным вектором и главным моментом изображенной на рисунке 1.4.5 системы сил, принимая за центр приведения точку O , если F 1 = F 2 = 2 Н, момент пары сил M 1 = 3 Н·м, OА = 1,5 м.

Ответ: α = 0º.

Задача 1.4.5 . Определить угол между главным вектором и главным моментом изображенной на рисунке 1.4.6 системы сил, принимая за центр приведения точку О , если F 1 = F 2 = F 3 = 10 Н, a = 3 м.

Ответ: α = 135º.

Задача 1.4.6 . Найти главный вектор и главный момент системы сил, изображенной на рисунке 1.4.7, если F 1 = F 2 = F 3 = 7 Н, а ОА = ОВ = ОС = 2 м. За центр приведения принять точку О .

Ответ: R = 0, М О = 17,146 Н·м.

Рис. 1.4.6 Рис. 1.4.7

Задача 1.4.7 . Привести систему сил, приложенных к вершинам параллелепипеда (рис. 1.4.8), к простейшему виду, если F 1 = 16 Н, F 2 = 12 Н, F 3 = 20 Н, a = с = 2,4 м, b =1,8 м.

М = 48 Н·м.

Задача 1.4.8 . Привести систему сил, приложенных к вершинам куба (рис. 1.4.9), к простейшему виду, если F 1 = 15 Н, F 2 = 40 Н, F 3 = 25 Н,
F 4 = F 5 = 20 Н, a = 1,5 м.

Ответ: система сил приводится к паре сил с моментом М = 63,65 Н·м.

Задача 1.4.9 . Привести систему сил, приложенных к правильной четырехугольной пирамиде, как показано на рис. 1.4.10, к простейшему виду, если F 1 = F 2 = F 3 = F 4 = 1 Н, F 5 = 2,83 Н, АВ = AS = 2 м.

Ответ: система сил уравновешена.

Рис. 1.4.8 Рис. 1.4.9
Рис. 1.4.10 Рис. 1.4.11

Задача 1.4.10. Привести систему сил, приложенных к вершинам прямоугольного параллелепипеда (рис. 1.4.11), к простейшему виду, если F 1 = F 5 = 10 Н, F 3 = 40 Н, F 4 = 15 Н, F 2 = 9 Н, a = 2,4 м, b = 3,2 м, c = 1 м.

Ответ: система сил приводится к равнодействующей R = 32 Н, линия действия которой параллельна оси Oy и проходит через точку А (0,9; 0; 0).

Задача 1.4.11. Привести систему сил, приложенных к вершинам прямоугольного параллелепипеда (рис. 1.4.12), к простейшему виду, если F 1 = F 3 = 3 Н, F 2 = F 6 = 6 Н, F 4 = F 5 = 9 Н, a = 3 м, b = 2 м, c = 1 м.

Ответ: система сил уравновешена.

Задача 1.4.12. Привести систему сил, приложенных к вершинам прямоугольного параллелепипеда (рис. 1.4.13), к простейшему виду, если F 1 = F 4 = F 5 = 50 Н, F 2 = 120 Н, F 3 = 30 Н, a = 4 м, b = 3 м, c = 5 м.

R = 80 Н, линия действия которой параллельна оси Oy и проходит через точку А (0,0,10).

Задача 1.4.13. Привести систему сил, приложенных к вершинам куба (рис. 1.4.14), к простейшему виду, если a = 1 м, F 1 = 866 Н, F 2 = F 3 = F 4 = F 5 = 500 Н. При решении принять .

Ответ: система приводится к равнодействующей R = 7,07 Н.

Рис. 1.4.12 Рис. 1.4.13
Рис. 1.4.14 Рис. 1.4.15

Задача 1.4.14. Привести систему сил, приложенных к правильной треугольной пирамиде (рис. 1.4.15), к простейшему виду, если F 1 = F 2 = F 3 = F 4 = F 5 = F 6 = 1 Н, АВ = AS = 2 м.

Ответ: система сил приводится к динамическому винту с R = 1,41 Н и М = 1,73 Н·м, ось силового винта проходит через вершину S перпендикулярно основанию пирамиды.

Задача 1.4.15. Вес радиомачты с основанием G = 140 кН. К мачте приложены сила натяжения антенны F = 20 кН и равнодействующая сил давления ветра P = 50 кН; обе силы горизонтальны и расположены во взаимно перпендикулярных плоскостях (рис. 1.4.16). Определить результирующую реакцию грунта, в котором уложено основание мачты.

Ответ: распределенная система сил реакции грунта приводится к левому динамическому винту с силой равной 150 кН и парой с моментом 60 кН∙м. уравнение центральной винтовой оси имеет вид

.

Центр тяжести

Центром тяжести твердого тела называется центр параллельных сил тяжести частиц данного тела.

,

Для определения положения центра тяжести однородных тел используют метод симметрии, метод разбиения на тела простой формы с известным положением центров тяжести, а также метод отрицательных масс (линий, площадей, объемов).

Пример 1.5.1. Определить координаты центра тяжести плоской фермы (рис. 1.5.1), составленной из однородных стержней с одинаковым погонным весом.

1. Применим метод разбиения, то есть представим ферму как совокупность семи стержней.

2. Найдем координаты центра тяжести фермы по формулам:

; ,

где , , – длина и координаты центра тяжести стержня с номером .

Длины и координаты центров тяжести стержней:

Тогда ,

Пример 1.5.2. Торцевая стена ангара (рис. 1.5.2) имеет форму полукруга 1 радиуса с прямоугольным дверным проемом 2 высотой и шириной Определить координаты центра тяжести стены.

1. Применим методы симметрии и отрицательных площадей, рассматривая полукруг 1 и прямоугольный вырез 2 .

2. Найдем координаты центра тяжести стены.

Поскольку ось Оy является осью симметрии, то координата

Координату центра тяжести пластины определим по формуле

где , , , – площади и координаты центров тяжести фигур 1 и 2 .

Площади и координаты центров тяжести фигур:

Задачи 1.5.1 – 1.5.4. Определить координаты центров тяжести плоских ферм (рис. 1.5.3 – 1.5.6), составленных из однородных стержней с одинаковым погонным весом.

Ответы к задачам 1.5.1 – 1.5.4:

Номер задачи 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
Рис. 1.5.3 Рис. 1.5.4
Рис. 1.5.5 Рис. 1.5.6
Рис. 1.5.7 Рис. 1.5.8

Задачи 1.5.5 – 1.5.7. Определить координаты центров тяжести однородных составных линий (рис. 1.5.7 – 1.5.9).

Ответы к задачам 1.5.5 – 1.5.7:

Номер задачи 1.5.5 1.5.6 1.5.7
, см –4,76
, см 14,16 3,31
Рис. 1.5.9 Рис. 1.5.10
Рис. 1.5.11 Рис. 1.5.12

Задача 1.5.8 . Изогнутая под прямым углом однородная проволока подвешена на нити (рис. 1.5.10). Найти соотношение между длинами участков AD и AE , при котором участок AE находится в горизонтальном положении. АВ = 0,3 l 1 .

Задача 1.5.9 . Определить координаты центра тяжести однородной проволоки (рис. 1.5.11), если a = 3 м, b = 2 м, c = 1,5 м.

Ответ: x C = 1,69 м, y C = 1,38 м, z C = 1,33 м.

Задача 1.5.10. Однородный замкнутый контур, ограничивающий полукруг, подвешен на нити (рис. 1.5.12). Определить угол α между горизонталью и диаметром полуокружности.

Ответ: α = 68,74º.

Задачи 1.5.11 – 1.5.14. Определить координаты центров тяжести однородных плоских фигур (рис. 1.5.13 – 1.5.16).

Ответы к задачам 1.5.11 – 1.5.14:

Номер задачи 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
Рис. 1.5.13 Рис. 1.5.14
Рис. 1.5.15 Рис. 1.5.16
Рис. 1.5.17 Рис. 1.5.18

Задача 1.5.15. Подставка для цапфы подшипника представляет собой деталь, состоящую из опоры в виде параллелепипеда и шпонки в форме куба (рис. 1.5.17). Определить координаты центра тяжести подставки. Размеры указаны в миллиметрах.

Ответ:

Задача 1.5.16 . Цапфа подшипника скольжения представляет собой деталь, состоящую из параллелепипеда и цилиндрической опоры (рис. 1.5.18). Определить координаты центра тяжести цапфы. Размеры указаны в миллиметрах.

Ответ: , ,

Задача 1.5.17 . Однородное тело, сечение которого изображено на рисунке 1.5.19, состоит из полушара, цилиндрической части и кругового конуса. Определить координаты центра тяжести тела. Размеры указаны в миллиметрах.

Ответ: , ,

Задача 1.5.18 . Ствол танковой пушки имеет форму усеченного конуса длины (рис. 1.5.20). Наружный диаметр ствола в месте крепления к казенной части пушки наружный диаметр в сечении, соответствующем дульному срезу канала ствола, Калибр пушки d =100 мм. Определить координату центра тяжести ствола.

Ответ:

Задача 1.5.19 . Определить координаты центра тяжести однородного тела, состоящего из двух прямоугольных параллелепипедов (рис. 1.5.21). В нижнем параллелепипеде сделан вырез в форме четверти цилиндра с радиусом основания R = 10 см. Размеры на рисунке указаны в см.

Ответ: x C = 17,1 см, y C = 20,99 см, z C = 7,84 см.

Задача 1.5.20 . Определить координаты центра тяжести однородного тела (рис. 1.5.22), состоящего из треугольной призмы и параллелепипеда с вырезом. Размеры на рисунке указаны в см.

Рис. 1.5.19 Рис. 1.5.20
Рис. 1.5.21 Рис. 1.5.22

Ответ: x C = 20,14 см, y C = 35,14 см, z C = 5 см.

Часть 2. Кинематика

Кинематика точки

Существуют три аналитических способа задания движения точки: векторный, координатный и естественный.

При векторном способе радиус-вектор движущейся точки задается как функция времени . Векторы скорости и ускорения точки равны соответственно первой и второй производной по времени от радиус-вектора:

, .

Связь между радиус-вектором и декартовыми координатами точки выражается равенством: , где , , – орты осей координат.

При координатном способе закон движения точки в декартовой системе координат дается заданием трех функций: , , . Проекции скорости и ускорения на оси координат, а также модули скорости и ускорения точки определяются по формулам:

, , , ,

При естественном способе задается траектория точки и закон движения точки по траектории , где криволинейная координата отсчитывается вдоль дуги от некоторой фиксированной точки на траектории. Алгебраическое значение скорости определяется по формуле , а ускорение точки равно геометрической сумме касательного и нормального ускорений, т.е. , , , , – радиус кривизны траектории в данной точке.


Пример 2.1.1. Снаряд движется в вертикальной плоскости согласно уравнениям , (х,у – в м, t – в с). Найти:

– уравнение траектории;

– скорость и ускорение в начальный момент;

– высоту и дальность обстрела;

– радиус кривизны в начальной и в наивысшей точках траектории.

1. Получим уравнения траектории снаряда, исключая параметр t из уравнений движения

.

Траектория снаряда – это участок параболы (рис. 2.1.1), имеющий ограничивающие точки: начальную с координатами х = 0, у = 0 и конечную, для которой х = L (дальность полета), у = 0.

2. Определим дальность полета снаряда, подставив у = 0 в уравнение траектории. Откуда найдем L = 24000 м.

3. Скорость и ускорение снаряда найдем по проекциям на оси координат:

В начальный момент времени v 0 = 500 м/с, а = 10 м/с 2 .

4. Для определения высоты полета снаряда найдем время t 1 полета до этой точки. В высшей точке проекция скорости на ось y равна нулю (рис. 2.1.1), , откуда t 1 = 40 с. Подставив t 1 в выражение для координаты у , получим значение высоты Н = 8000 м.

5. Радиус кривизны траектории

, где .

м; м.

Пример 2.1.2. В кривошипно-ползунном механизме (рис. 2.1.2) кривошип 1 вращается с постоянной угловой скоростью рад/с. Найти уравнения движения, траекторию и скорость средней точки М шатуна 2 , если ОА = АВ = 80 см.

1. Запишем уравнения движения точки M в координатной форме (рис. 2.1.3)

2. Уравнение траектории получим, исключив время t из уравнения движения:

Траектория точки М – эллипс с центром в начале координат и полуосями 120 см и 40 см.

3. Скорость точки определим по проекциям на оси координат

Задача 2.1.1. По заданным уравнениям движения точки найти уравнение ее траектории в координатной форме.

Уравнение движения Ответ

Задача 2.1.2. Найти уравнение траектории в координатной форме и закон движения точки по траектории, если даны уравнения ее движения в декартовых координатах. За начало отсчета дуговой координаты s принять начальное положение точки.

Уравнение движения Ответ
, ;
;
;
;

Задача 2.1.3. Движение точки задано уравнениями , ( – в см, – в с). Найти уравнение траектории точки в координатной форме, скорость и ускорение, касательное и нормальное ускорения точки, а также радиус кривизны траектории в момент времени с. Изобразить траекторию точки и найденные векторы скорости и ускорений на чертеже. , – в см, если, и когда угол наибольший.

Ответ: 1) ; 2) , , ; , , .