Материал: lektsii_po_teor_mekh_-kin_stat

Сложение пар, лежащих в одной плоскости. Условие равновесия пар

Т еорема. Система пар лежащих в одной плоскости, эквивалентна одной паре, лежащей в той же плоскости и имеющей момент, равный алгебраической сумме моментов слагаемых пар.

П

Рис. 3.10

Рис. 3.11

усть на тело действуют три пары сил с моментами: m₁, m₂, m₃ (рис. 3.10). На основании теоремы об эквивалентности пар, мы можем заменить на три пары, имеющие общее плечо (рис. 3.11):

m = m_k.

Для равновесия плоской системы пар необходимо и достаточно, чтобы алгебраическая сумма моментов этих пар была равна нулю:

m_k = 0.

П

Рис. 3.12

ример 2. На двухконсольную горизонтальную балку действует пара сил (P, P), на левую консоль р авномерно распределенная нагрузка интенсивностью р, а в точке D правой консоли – вертикальная нагрузка Q (рис. 3.12). О пределить реакции опор, если Р = 1*10⁴Н, Q = 2*10⁴Н, р = 2*10⁴Н/м, а = 0,8м.

Решение:

Согласно принципу освобождаемости от связей заменим их соответствующими реакциями (рис. 3.13). Выберем систему координат (Оху) и составим условие равновесия балки CD: Рис. 3.13

Распределенную нагрузку интенсивностью р заменим сосредоточенной силой F = p*a, приложенной к середине консоли АС.

Проекции всех сил на ось у: - F + R_Ay + R_B – Q = 0. (1) [2*10⁴*0.8 + R_Ay + R_B – 2*10⁴ = 0]

Проекции всех сил на ось x: R_Ax = 0. (2)

Так как в системе три силы неизвестны, то составим третье уравнение равновесия моментов сил: m_A(F) = F*a/2 + m(P) + R_B*AB – Q*AD = 0. (3)

2*10⁴*0.8/2 + 10⁴ + 2R_B – 3*2*10⁴ = 0.

Уравнения (1) и (3) образуют систему двух неизвестных с двумя переменными:

2 *10⁴*0.8 + R_Ay + R_B – 2*10⁴ = 0; R_Ay + R_B – 0,4*10⁴ = 0;

0,8*10⁴ + 10⁴ + 2R_B – 6*10⁴ = 0. - 4,2*10⁴ = - 2R_B.

R_B = 2,1*10⁴ Н, тогда R_Ay = 0,4*10⁴ - R_B = 0,4*10⁴ - 2,1*10⁴ =1,7*10⁴ Н.

Проверка: 2*10⁴*0.8 - 1,7*10⁴ + 2,1*10⁴ – 2*10⁴ = 0.

О твет: R_A = 1,7*10⁴ Н. (направлена вертикально вниз); R_B = 2,1*10⁴ Н, (направлена вертикально вверх).

Система сил как угодно расположенных в одной плоскости

Т

m = m_B(F)

Рис. 3.14

еорема. Силу, приложенную к абсолютно твердому телу, можно не изменяя оказываемого действия, переносить параллельно ей самой в любую точку тела, прибавляя при этом пару с моментом, равным моменту переносимой силы относительно точки, куда сила переносится (рис. 3.14).

Приведение плоской системы сил к данному центру.

П усть к твердому телу приложены силы F₁, F₂, … F_n, лежащие в одной плоскости, перенесем их в произвольно выбранный центр О (рис. 3.15а, б).

а) б) в)

Рис. 3.15

Согласно вышеприведенной теоремы при переносе силы в данную точку добавляется пара сил, момент которой будет m = m₀(F). Тогда для данной системы сил получим силы: F₁’= F₁; F₂’ = F₂, …, F_n‘ = F_n и моменты: m₁ = m₀(F₁), m₂ = m₀(F₂), …, m_n = m₀(F_n).

С кладывая геометрически силы F₁’, F₂’, …, F_n‘ по правилу силового многоугольника, получим результирующую силу R (силы F₁’; F₂’, …, F_n‘ – сходящиеся):

R = F₁’ + F₂’ + …, + F_n‘ = F_i’.

По теореме о сложении пар следует:

M ₀ = m₀(F₁) + m₀(F₂) + …, + m₀(F_n) = m₀(F_i).

В еличина R, равная геометрической сумме всех сил системы называется главным вектором системы; величину M₀, равную сумме моментов всех сил системы относительно центра О, будем называть главным моментом системы относительно центра О (рис. 3.15в).

Т еорема. Любая плоская система сил, действующих на абсолютно твердое тело, при приведении к произвольно выбранному центру О заменяется одной силой R, равной главному вектору системы и приложенной в центре приведения О, и одной парой с моментом M₀ равному главному моменту системы относительно центра О.

Случаи приведения плоской системы сил к простейшему виду

Рассмотрим некоторые частные случаи предыдущей теоремы.

1 . Если для данной системы сил R = 0, M₀ = 0, то она находится в равновесии.

2 . Если для данной системы сил R = 0, M₀  0, то она приводится к одной паре с моментом M₀ = m₀(F_i). В этом случае величина M₀ не зависит от выбора центра О.

3 . Если для данной системы сил R  0, то она приводится к одной равнодействующей, причем если R  0 и M₀ = 0, то система заменяется одной силой, т.е. равнодействующей R, проходящей через центр О; в случае если R  0 и M₀  0, то система заменяется одной силой, проходящей через некоторую точку С, причем ОС = d(OCR) и d = |M₀|/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.

Р ешение: выберем систему координат Оху. За центр приведения выберем точку О. Главный вектор R:

R_x = F_ix = -F₁cos30⁰ – F₂cos30⁰ +F₄cos45⁰ = 0; Рис. 3.16

R_y = F_iy = -F₁cos60⁰ + F₂cos60⁰ – F₃ + F₄cos45⁰ = 0. Поэтому R = 0.

Главный момент системы М₀:

М ₀: = m₀(F_i) = F₃*a – F₄*a*sin45⁰ = 0, где а – радиус диска.

Ответ: R = 0; М₀ = 0; тело находится в равновесии.

Пример 3.

П

Рис. 3.17

ривести к простейшему виду систему сил F₁, F₂, F_3, изображенную на рисунке (рис. 3.17). Силы F₁ и F₂ направлены по противоположным сторонам, а сила F₃ – по диагонали прямоугольника ABCD, сторона AD которого равна a. |F₁| = |F₂| = |F₃|/2 = F.

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

;

.

Модуль главного вектора R равен: ; .

Направляющие косинусы будут: ; .

^

О

^

тсюда: (х, R) = 150⁰; (y, R) = 60⁰.

О пределим главный момент системы сил относительно центра приведения А. Тогда

m_A = m_A(F₁) + m_A(F₂) + m_A(F₃).

У

Рис. 3.18

читывая, что m_A(F₁) = m_A(F₃) = 0, так как направление сил проходит через точку А, тогда

m_A = m_A(F₂) = 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) = 150⁰; (y,^ R) = 60⁰; m_A = F*a.

Вопросы для самоконтроля

1. Что такое момент силы относительно центра?

2. Что такое пара сил?

3. Приведение произвольной плоской системы сил к данному центру?

4. Сложение параллельных сил?

Задачи, рекомендуемые для самостоятельного решения: 3.1 – 3.14 [2].

Литература: [1], [3], [4].

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; m₀(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.

П

Рис. 4.1

ример 1. Определить реакции заделки консольной балки, находящейся под действием равномерно распределенной нагрузки, одной сосредоточенной силы и двух пар сил (рис. 4.1); интенсивность нагрузки q = 3*10⁴H/м; F = 4*10⁴H; m₁ = 2*10⁴H*м; m₂ = 3*10⁴H*м. BN = 3м; NC = 3м; CA = 4м.

Р ешение:

П

Рис. 4.2

о принципу освобождаемости от связей заменим связи соответствующими реакциями. При жесткой заделке в стене возникает сила реакции R_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: - Fcos45⁰ – R_Ax = 0 (1)

проекции сил на ось Y: -Q - Fsin45⁰ + R_Ax = 0 (2)

с умма моментов: m_A(F) = m₁ – m₂ + m_A + Q*KA + F”*CA = 0 (3)

С илу F 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” = Fcos45⁰ = F(2)^1/2/2.

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

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

4 *10⁴*0,7 = R_Ax R_Ax = 2.8*10⁴H

- 3*10⁴*3 – 4*10⁴*0.7 + R_Ay = 0 R_Ay = 11.8*10⁴H

m_A – 10⁴ + 3*10⁴*3*8.5 + 4*10⁴*2.8 = 0 m_A = - 86.8*10⁴H*м

Ответ: R_Ax = 2.8*10⁴H; R_Ay = 11.8*10⁴H; m_A = - 86.8*10⁴H*м.

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

q = 1,75*10⁴H/м; F = 6*10⁴H; P = 5*10⁴H.

Рис. 4.3

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

Р

Рис. 4.4

аспределенную нагрузку q 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.

Р ассмотрим отдельно реакции в шарнире D. Для этого рассмотрим отдельно балки AD и DE (рис. 4.5а, 4.5б).