Файл: Конспект лекций. Ч i для студентов направления 070104 Морской и речной транспорт, специальности Судовождение.doc
ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 29.03.2024
Просмотров: 42
Скачиваний: 0
ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.
x и Ry (рис. 1.7).
Рис. 1.7
4
. Подвижная шарнирная опора.
Р еакция связи R направлена перпендикулярно плоскости возможного перемещения шарнира (рис. 1.8).
5
Рис. 1.8
а)
б)
Рис. 1.9
. Шаровый шарнир и подпятник (рис. 1.9, рис. 1.10).
а) б)
Рис. 1.10
Р
еакция шарового шарнира и подпятника может иметь любое направление в пространстве.
А
Рис. 1.11
а)
б)
ксиома связей. Всякое несвободное тело можно рассматривать как свободное, если отбросить связи и заменить их действие реакциями этих связей (рис. 1.11).
Сложение сил
Геометрический способ сложения сил
В
а)
б)
Рис. 1.12
еличина, равная геометрической сумме сил какой-либо системы называется главным вектором этой системы сил.
П усть на твердое тело действует плоская система сил (F1, F2, F3, …, Fn) (рис. 1.12).
И з произвольно выбранной точки О откладывается вектор F1, из его конца откладывается вектор F2 и т.д. Вектор R, замыкающий силовой многоугольник, является результирующим:
Сложение двух сил
Пусть на тело действуют две силы, лежащие в одной плоскости (рис. 1.13).
Р
; .
Сложение трех сил не лежащих в одной плоскости
Р ассмотрим три силы , , не лежащие в одной плоскости (рис. 1.14). Результирующая сила равна:
.
Направление силы определим по направляющим косинусам:
Рис. 1.14
; ; .
Разложение сил
Разложение сил по двум заданным направлениям
П усть надо силу F разложить по направлениям AB и AD (рис. 1.15).
Рис. 1.15
.
Задача сводится к построению параллелограмма, у которого стороны расположены по направлениям AB и AD и данная сила F является диагональю. Тогда стороны параллелограмма будут искомыми силами.
Разложение сил по трем заданным направлениям.
П
Рис. 1.16
усть направления силы не лежат в одной плоскости. Тогда задача сводится к построению параллелепипеда, у которого диагональю является данная сила, а ребра параллельны заданным направлениям (рис. 1.16).
.
Вопросы для самоконтроля
Задачи, рекомендуемые для самостоятельного решения: 1.1 – 1.6 [2]
Литература: [1], [3], [4].
Лекция 2.
Действия над силами. Система сходящихся сил
Проекция силы на ось и на плоскость
П роекция силы на ось. Пусть сила F образует с осью OX угол (рис. 2.1), тогда проекция этой силы на ось будет:
Fx = Fcos.
П
Рис. 2.1
роекция силы на ось есть величина скалярная.
П
роекция силы на плоскость. Проекцией силы F на плоскость OXY называется вектор Fxy = OB1, заключенный между проекциями начала и конца силы F на эту плоскость (рис. 2.2.)
П
Рис. 2.2
роекция силы на плоскость есть величина векторная, так как она кроме численного значения характеризуется направлением на плоскости. По модулю Fxy = Fcos, где - угол между направлением силы F и ее проекцией Fxy.
А налитический способ задания сил. Для аналитического способа задания силы необходимо выбрать систему координат OXYZ и спроектировать силу на оси координат (рис. 2.3).
Направляющие косинусы определяются по формулам:
Рис. 2.3
; ; .
.
Для плоской системы сил:
; ; ; .
Аналитический способ сложения сил
Теорема: проекция вектора суммы на какую-нибудь ось равна алгебраической сумме проекций слагаемых векторов на ту же ось.
Е сли R = F1 + F2 + F3 + … + Fn, причем (F1x, F1y, F1z), (F2x, F2y, F2z), …, (F3x, F3y, F3z) – наборы проекций этих векторов на оси X, Y и Z то
Rx = F1x + F2x + F3x + … + Fnx = Fix;
Ry = F1y + F2y + F3y + … + Fny = Fiy;
Rz = F1z + F2z + F3z + … + Fnz = Fiz;
Модуль результирующей силы:
.
Н аправление результирующего вектора R определяется направляющими косинусами:
; ; .
П ример 1. Определить результирующую силу трех сил F1, F2, F3 проекции которых заданы: F1(3;3), F2(6;-2), F3(-5;-3). Силы заданы в Ньютонах (рис. 2.4).
Р ешение:
Rx = 3 + 6 – 5 = 4H; Ry = 3 – 2 – 3 = -2H;
М
Рис. 2.4
одуль результирующей силы:
Направляющие косинусы:
Ответ: R = 4,5H; = 63o; = 27o.
Пример 2. Задана плоская система сил, действующая на точку А. F1 = 15Н; F2 = 10Н. Определить равнодействующую силу (рис. 2.5).
Р ешение:
Определим сумму проекций данных сил на оси OX и OY:
Ось OX:
О
Рис. 2.5
сь OY:
Подставляя численные значения получим:
Rx = 19,1Н; Ry = -5,5Н.
Модуль равнодействующей:
Направляющие косинусы: ; .
Ответ: R = 19,9H; = 74o; = 16o.
Равновесие системы сходящихся сил
Система сходящихся сил – это силы, сходящиеся в одной точке (рис. 2.6).
Геометрическое условие равновесия. Для равновесия системы сходящихся сил необходимо и достаточно, чтобы силовой многоугольник, построенный на этих силах, был замкнут.
А
Рис. 2.6
налитические условия равновесия. Для равновесия пространственной системы сходящихся сил необходимо и достаточно, чтобы суммы проекций этих сил на каждую из трех координатных осей были равны нулю.
Fkx = 0; Fky = 0; Fkz = 0.
Теорема о трех силах. Если свободное твердое тело находится в состоянии равновесия под действием трех непараллельных сил, лежащих в одной плоскости, то линии действия этих сил пересекаются в одной точке.
F 1 + F2 + F3 = 0
Системы статически определимые и статически неопределимые
Задача статики может быть решена лишь в том случае, когда для нее число неизвестных реакций связей не превышает число уравнений равновесия, содержащих эти реакции. Такие задачи называют статически определенные, а система тел, для которых это имеет место – статически определимыми системами.
Задачи, в которых число неизвестных реакций связей больше числа уравнений равновесия, содержащих эти реакции, называются статически неопределенные, а система тел для которых это имеет место – статически неопределимыми системами.
П
Рис. 2.7
римером для статически неопределенной системы может служить груз, подвешенный на трех нитях, лежащих в одной плоскости (рис. 2.7). В этой задаче три неизвестные силы натяжения нити T1, T2, T3, а уравнений равновесия в случае плоской системы сходящихся сил можно составить только два.
Для решения задач статики необходимо:
Для решения задач на равновесие тела под действием сходящихся сил можно использовать следующие способы:
а
) Геометрический способ. Применяется если число сил, действующих на тело равно трем. При равновесии треугольник, построенный на этих силах, должен быть замкнутым.
б) Аналитический способ. Применяется при любом количестве сил, действующих на тело. В случае плоской системы сходящихся сил составляется два уравнения равновесия, а в случае пространственной системы сил – три.
Рис. 2.8а
П ример №3. К вертикальной гладкой стене АВ подвешен на тросе АС однородный шар. Трос составляет со стеной угол , сила тяжести шара Р. Определить силу натяжения троса Т и давление шара на стену Q. Шар находится в равновесии под действием этих трех сил (рис. 2.8а).
Решение.
Р ассмотрим решение задачи геометрическим (графическим) способом. Так как шар находится в равновесии под действием трех сил, то эти силы сходящиеся. Точка, в которой сходятся эти силы, является геометрическим центром шара (точка О). Построим силовой треугольник (рис. 2.8б). Построение начинают с известной силы Р.
Силовой треугольник должен быть замкнут. В данном случае это прямоугольный треугольник. Тогда: ;
О
Рис. 2.8б
твет: ; .
П
А
а)
б)
в)
Рис. 2.9
ример №4. Однородный стержень АВ прикреплен к стенке посредством шарнира А и удерживается под углом 600 к вертикали при помощи троса ВС, образующего с ним угол 300 (рис. 2.9а). Определить величину и направление реакции R шарнира, если известно, что вес стержня равен 20Н.
Решение:
Определим силы, действующие на данную конструкцию:
Р – сила тяжести стержня АВ, так как стержень однородный, то сила приложена к его геометрическому центру (точка О).
Т – натяжение троса СВ, направлено вдоль СВ.
R – реакция в шарнире А (направление неизвестно) (рис. 2.9б).
Согласно принципу освобождаемости от связей, заменим связи соответствующими реакциями.
Так как система находится в равновесии под действием трех сил, то эти силы должны сходиться, а поэтому сила реакции R направлена от А к М (точка пересечения сил Р и Т).
Построим силовой треугольник. Для этого выберем произвольную точку О и отложим от нее известную силу Р, сохраняя ее направление. Из конца вектора Р под углом 300 проведем луч, который соответствует направлению силы Т (рис. 2.9в).
Так как0 - 600 = 1200, тогда 0 – (1200 + 300) = 300, т.е. треугольник ОМВ равнобедренный: сторона ОМ = ОВ. Поэтому ОМ = ОВ = ОА, так как О является серединой АВ, а угол <АOM = 600, то треугольник АОМ является равносторонним. Поэтому 0 = 0 к направлению силы Р до пересечения с направлением силы Т. Полученный треугольник прямоугольный, поэтому R = Psin300 = 20/2 = 10H.
Ответ: R = 10H.
Пример №5. Три груза А, В и С массой 10, 20, и 60 кг соответственно лежат на плоскости, наклоненной под углом к горизонту (рис. 2.10). Грузы соединены тросами, как показано на рисунке. Коэффициенты трения между грузами и плоскостью равны А = 0,1, В = 0,25, С = 0,5 соответственно.
Определить угол , при котором тела равномерно движутся вниз по плоскости. Найти также натяжение тросов ТАВ и ТВС.
Р ешение:
Р
а)
б)
в)
г)
Рис. 2.10
ассмотрим, какие силы действуют на каждое тело и запишем условие равновесия, так как тела движутся равномерно, то
с умма всех сил, действующих на тело равна нулю. На тело А действует сила тяжести РА, сила реакции опоры NА, сила трения FтрА и сила натяжения троса ТАВ (рис. 2.10б). Условие равновесия: РА + NА + FтрА + ТАВ = 0.
Выберем систему координат и спроектируем силы на оси:
Ось ОХ РАsin - РАcos - ТАВ = 0.
Подставляя численные значения получим: 10sin - cos - ТАВ = 0.
Р ассмотрим, какие силы действуют на тело В: РВ - сила тяжести, FтрВ - сила трения, ТВА- сила натяжения троса со стороны груза А, ТВС - сила натяжения троса со стороны груза С, NВ - сила реакции опоры (рис. 2.10в). Тогда условие равновесия будет: РВ + NВ + FтрВ + ТВА + ТВС = 0.
Проектируя это уравнение на ось ОХ, получим:
РВsin - FтрВ + ТВА - ТВС = 0; учитывая, что ТВА = ТАВ:
РВsin - РВcos*В + ТВА - ТВС = 0;
30sin - 30cos*0.25 + ТВА - ТВС = 0;
Н а тело С действуют следующие силы: РС - сила тяжести, FтрС - сила трения, ТСВ- сила натяжения троса со стороны груза В, NС - сила реакции опоры (рис. 2.10г). Тогда условие равновесия при проектировании на ось ОХ будет:
РСsin - РСcos*С – ТСВ = 0; так как ТВС = ТСВ,
60sin - 60*0,5cos – ТВС = 0.
Получим систему из трех уравнений с тремя неизвестными:
Так как неизвестные силы перпендикулярны оси y, то на эту ось силы не проектируем.
1 0sin - cos - ТАВ = 0 (1);
30sin - 7,5cos + ТВА - ТВС = 0 (2);
60sin - 30cos – ТВС = 0 (3).
Отсюда: ТАВ = 10sin - cos; ТВС = 60sin - 30cos.
Подставляя выражения ТАВ и ТВС в уравнение (2), получим:
100sin = 38.5cos; tg = 0.385; = arctg0.385; = 210.
Из уравнения (1) получим: ТАВ = 10sin210 - cos210 = 10*0,358 – 0,93 = 2,67Н.
ТАВ = 2,67Н.
Подставляя численные данные в уравнение (3), получим:
ТВС = 60sin210 - 30cos210 = 60*0,358 – 30*0,93 = 6,42Н;
ТВС = 6,42Н.
Ответ: = 210; ТАВ = 2,67Н; ТВС = 6,42Н.
Вопросы для самоконтроля
Задачи, рекомендуемые для самостоятельного решения: 2.1 – 2.71 [2]
Литература: [1], [3], [4].
Лекция 3.
Момент силы относительно центра (точки)
М оментом силы F относительно центра О (m0(F)) (рис. 3.1) называется величина, равная произведению модуля силы на длину плеча. Момент силы величина векторная
В скалярном виде: m0(F) = F*h.
Знак (+) – если сила вращает тело против часовой стрелки.
З
Рис. 3.1
нак (-) – если сила вращает тело по часовой стрелке.
Момент силы измеряется в (Нм).
В векторной форме: m0(F) = rF.
Т
Рис. 3.2
огда модуль момента силы будет: m0(F) = r*Fsin.
В ектор момента силы перпендикулярен плоскости , в которой лежат вектора r и F (рис. 3.2).
Свойства момента силы:
1. Момент силы не изменяется при переносе точки приложения силы вдоль ее линии действия.
2. Момент силы относительно центра О равен нулю только тогда, когда сила равна нулю или когда линия действия силы проходит через центр О (плечо равно нулю).
3 . Момент силы числено выражается удвоенной площадью треугольника ОАВ (рис. 3.3).
m0(F) = 2пл.АОВ
Рис. 3.3
Теорема Вариньона о моменте равнодействующей
Момент равнодействующей плоской системы сходящихся сил относительно любого центра равен алгебраической сумме моментов слагаемых сил относительно того же центра (рис. 3.4).
m 0(R) = m0(Fn)
Рис. 3.4
С истемы параллельных сил и пар, расположенных в одной плоскости.
Сложение и разложение параллельных сил.
С
Рис. 3.5
ложение двух сил, направленных в одну сторону.
Н
а тело действуют две силы F1 и F2: (рис. 3.5).R = F1 + F2. Равнодействующая двух действующих на твердое тело параллельных сил, направленных в одну сторону, равна по модулю сумме модулей слагаемых сил, им параллельна и направлена в одну и ту же сторону. Линия действия равнодействующей проходит между точками приложения слагаемых сил на расстоянии от этих точек, обратно пропорциональных силам.
С ложение двух сил, направленных в разные стороны
Н
Рис. 3.6
а тело действуют две силы F1 и F2. R = F1 - F2 (рис. 3.6). Тогда равнодействующая двух сил, направленных в разные стороны, равна по модулю разности модулей слагаемых сил, им параллельна и направлена в сторону большей силы; линия действия равнодействующей проходит вне отрезка, ; соединяющего точки приложения слагаемых сил, на расстояниях от этих точек, обратно пропорциональных силам.
П ара сил. Момент пары
П арой сил называется система двух равных по модулю, параллельных и направленных в противоположные стороны сил, действующих на твердое тело. (F1 = F2; F1 || F2) (рис. 3.7).
Рис. 3.7
Пара сил не имеет равнодействующей силы.
Плоскость, проходящая через линии действия пары сил, называется плоскостью действия пары.
М оментом пары называется величина, равная взятому с соответствующим знаком произведению модуля одной из сил на ее плечо: m = Fd; m = mB(F) = mA(F).
Т
Рис. 3.8
еорема. Алгебраическая сумма моментов сил пары относительно любого центра, лежащего в плоскости ее действия, не зависит от выбора этого центра и равна моменту пары (рис. 3.8).
m0(F1) + m0(F2) = m(F)
Эквивалентность пар
Н
Рис. 3.9
е изменяя оказываемого действия на твердое тело, можно пару сил, приложенную к телу заменить любой другой парой, лежащей в той же плоскости и имеющей тот же момент (рис. 3.9).
m(F) = m(P).
Следствия теоремы
1. Данную пару, не изменяя оказываемого ею на тело действия, можно переносить куда угодно в плоскости действия пары.
2. У данной пары, не изменяя оказываемого ею на тело действия, можно произвольно менять модули сил или длину плеча, сохраняя неизменным ее момент.
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 = mk.
Для равновесия плоской системы пар необходимо и достаточно, чтобы алгебраическая сумма моментов этих пар была равна нулю:
mk = 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 + RAy + RB – Q = 0. (1) [2*104*0.8 + RAy + RB – 2*104 = 0]
Проекции всех сил на ось x: RAx = 0. (2)
Так как в системе три силы неизвестны, то составим третье уравнение равновесия моментов сил: mA(F) = F*a/2 + m(P) + RB*AB – Q*AD = 0. (3)
2*104*0.8/2 + 104 + 2RB – 3*2*104 = 0.
Уравнения (1) и (3) образуют систему двух неизвестных с двумя переменными:
2 *104*0.8 + RAy + RB – 2*104 = 0; RAy + RB – 0,4*104 = 0;
0,8*104 + 104 + 2RB – 6*104 = 0. - 4,2*104 = - 2RB.
RB = 2,1*104 Н, тогда RAy = 0,4*104 - RB = 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: RA = 1,7*104 Н. (направлена вертикально вниз); RB = 2,1*104 Н, (направлена вертикально вверх).
Система сил как угодно расположенных в одной плоскости
Т
m = mB(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, … Fn, 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, …, Fn‘ = Fn и моменты: m1 = m0(F1), m2 = m0(F2), …, mn = m0(Fn).
С кладывая геометрически силы F1’, F2’, …, Fn‘ по правилу силового многоугольника, получим результирующую силу R (силы F1’; F2’, …, Fn‘ – сходящиеся):
R = F1’ + F2’ + …, + Fn‘ = Fi’.
По теореме о сложении пар следует:
M 0 = m0(F1) + m0(F2) + …, + m0(Fn) = m0(Fi).
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(Fi). 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(OCR) 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.
Решение: выберем систему координат Оху. За центр приведения выберем точку О. Главный вектор R:
Rx = Fix = -F1cos300 – F2cos300 +F4cos450 = 0; Рис. 3.16
Ry = Fiy = -F1cos600 + F2cos600 – F3 + F4cos450 = 0. Поэтому R = 0.
Главный момент системы М0:
М 0: = m0(Fi) = 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, F3, 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
mA = mA(F1) + mA(F2) + mA(F3).
У
Рис. 3.18
читывая, что mA(F1) = mA(F3) = 0, так как направление сил проходит через точку А, тогда
mA = mA(F2) = F*a.
Таким образом система сил приведена к силе R и паре сил с моментом mA, направленном против часовой стрелки (рис. 3.18).
Ответ: R = 2F; (х,^ R) = 1500; (y,^ R) = 600; mA = F*a.
Вопросы для самоконтроля
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:
Fix = 0; Fiy = 0; m0(Fi) = 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:
mA(Fi) = 0; mB(Fi) = 0; Fix = 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:
mA(Fi) = 0; mB(Fi) = 0; mС(Fi) = 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 RA неизвестного направления и неизвестным моментом mА (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 – RAx = 0 (1)
проекции сил на ось Y: -Q - Fsin450 + RAx = 0 (2)
с умма моментов: mA(F) = m1 – m2 + mA + 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 = RAx RAx = 2.8*104H
- 3*104*3 – 4*104*0.7 + RAy = 0 RAy = 11.8*104H
mA – 104 + 3*104*3*8.5 + 4*104*2.8 = 0 mA = - 86.8*104H*м
Ответ: RAx = 2.8*104H; RAy = 11.8*104H; mA = - 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: RAx, RAy, RB, RC 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).
П
а)
б)
Рис. 4.5
о третьему закону Ньютона в шарнире D на балку KD действует система сил RDx и RDy, а на балку DE система сил противоположная: R’Dx и R’Dy, причем модули сил попарно равны, т.е. RDx = RDx и RDy = RDy. 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:
RAx – Fcos600 = 0
- Q - RAy – Fsin600 + RB + RC – P = 0
mA(F) = Q*mA – Fsin600*AN + RB*AB + RC*AC – P*AE = 0
Уравнения условия равновесия для элемента DE:
R’Dx = 0
R’Dy, + RC – P*DE = 0
MD(F) = RC*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.
Вопросы для самоконтроля
Задачи, рекомендуемые для самостоятельного решения: 4.1 – 4.80 [2].
Литература: [1], [3], [4].
Лекция 5.
Системы пар и сил в пространстве
Момент силы относительно центра
М омент m0(F) силы F относительно центра О есть вектор, равный по модулю произведению силы F на плечо h и направлен перпендикулярно плоскости в которой лежат радиус-вектор r и сила F (рис. 5.1):
m
Рис. 5.1
0(F) = r F
m 0(F) = r*F*sin, где - угол между векторами r и F.
Н аправление вектора m0(F) будет таким, откуда поворот, совершаемый силой, виден происходящим против часовой стрелки.
В координатной форме:
m 0 = r F = ; откуда m0 = mxi + myj + mzk.
М омент силы относительно оси
Моментом силы относительно оси называется алгебраическая величина, равная моменту проекции этой силы на плоскость, перпендикулярную оси, взятому относительно точки пересечения оси с плоскостью (рис. 5.2).
m
Рис. 5.2
0(F) = m0(Fxy) = Fxy*h.
Момент считается положительным, если с положительного конца оси Z поворот, который сила Fxy стремится совершить, виден происходящим против хода часовой стрелки, и отрицательным, если наоборот.
Замечания.
1. Если сила параллельна оси, то ее момент относительно оси равен нулю (так как Fxy=0)
2. Если линия действия силы пересекает ось, то момент силы равен нулю (так как h =0)
3. Если сила перпендикулярна к оси, то ее момент относительно этой оси равен произведению силы на расстояния между ними.
П ример 1. Найти моменты относительно осей X, Y и Z сил P и Q, которые действуют на горизонтальную плиту (рис. 5.3).
Решение:
С
Рис. 5.3
ила P параллельна оси Z и перпендикулярна осям X и Y, следовательно:
m x(P) = -P*CK = ;
m y(P) = P*CN = ;
m z(P) = 0.
С проектируем силу Q на плоскость YZ (рис. 5.4):
Qyz = Q sin, тогда mx(Q) = Qyz* b = b * Q * sin.
Относительно оси Y: Qzx = Q sin, тогда
m y(Q) = - Qzx* b = - b * Q * sin.
О
Рис. 5.4
тносительно оси Z: mZ(Q) = Qxy* OA = b * Q * cos.
Ответ:
mx(P) = -P*CK = -P*b/2; mx(Q) = b * Q * sin
my(P) = P*CN = P*a/2; my(Q) = - b * Q * sin.
mz(P) = 0; mZ(Q) = b * Q * cos.
Аналитические выражения для моментов силы относительно осей координат
Т ак как mZ(F) = m0(Fxy) = m0(Fx) + m0(Fy). Это следует из теоремы Вариньона.
Момент силы относительно точки О:
m 0(F) = = (y* Fz – z* Fy)*i – (x* Fz – z* Fx)*j – (x* Fy – y* Fx)*k, где
m x(F) = y*Fz – z*Fy
m y(F) = z*Fx – x*Fz тогда: m0(F) = mx(F)*i + my(F)*j + mz(F)*k
mz(F) = x*Fy – y*Fx
Приведение пространственной системы сил к данному центру
П усть на тело действует пространственная система сил и необходимо эту систему сил привести к центру О.
К
а)
б)
Рис. 5.5
аждую силу приводим к центру О. Для этого параллельным переносом начало вектора каждой силы переносим в центр О и добавляем соответствующий момент (рис. 5.5а):
m 1 = m0(F1); m2 = m0(F2); mn = m0(Fn);
Получаем новую систему сил, приведенных к центру О: F’1, F’2, F’n и моменты m1, m2, m3.
Систему сил заменяем одной силой R, приложенной в той же точке:
R = F’n = Fn.
Систему моментов сил заменяем одним моментом: M0 = m0(Fn).
R – главный вектор системы
M0 – главный момент системы, относительно нового центра О (рис. 5.6).
Т аким образом, любая система сил, действующих на твердое тело, при приведении к произвольному центру О заменяется главным вектором системы R, приложенным в центре приведения O и одной парой с моментом M0, равным главному моменту системы относительно центра О.
В аналитической форме:
Rx = Fnx, Ry = Fny, Rz = Fnz.
M x = mx(Fn), My = my(Fn), Mz = mz(Fn).
Условия равновесия произвольной пространственной системы сил
Для равновесия произвольной пространственной системы сил необходимо и достаточно, чтобы сумма проекций всех сил на каждую из трех координатных осей и сумма их моментов относительно этих осей были равны нулю:
Fnx = 0; Fny = 0; Fnz = 0.
mx(Fn) = 0; my(Fn) = 0; mz(Fn) = 0.
Теорема Вариньона о моменте равнодействующей относительно оси
Е сли данная система сил имеет равнодействующую, то момент этой равнодействующей относительно любой оси равен алгебраической сумме моментов слагаемых сил относительно той же оси: пусть Rx = Fnx, тогда Mx(R) = mx(Fn).
П
Рис. 5.6
ример 2. На горизонтальный вал лежащий в подшипниках А и В насажены перпендикулярно оси вала шкив радиусом r1 = 0.2м и барабан r2 = 0.15м. Вал приводится во вращение ремнем, накинутым на шкив; при этом равномерно поднимается груз массой m=180кг, привязанный к веревке, которая наматывается на барабан (рис. 5.6). Пренебрегая весом вала, барабана и шкива, определить реакции подшипников А и В и натяжение Т1 ведущей ветви ремня, если известно, что оно вдвое больше, чем Т2 ведомой ветви. Дано: a = 0.4м; b = 0.6м; = 300.
Р
ешение: по условию задачи, груз P равномерно поднимается, это значит, что вал вращается равномерно и поэтому все силы, действующие на него, находятся в равновесии. С учетом этого составим уравнения равновесия вала. В подшипниках действуют на вал силы реакции RAz, RAy, RBz, RBy.
Вычислим проекции всех сил на оси координат и их моменты относительно этих сил.
На ось Х проекции всех сил равны нулю
P cos + T1 + T2 + RAy + RBY = 0 (1)
- P sin + RAz + RBz = 0 (2)
r2P + r1T1 – r1T2 = 0 (3)
b*P sin - (a + b)RBz = 0 (4)
b*P cos - aT1 – aT2 + (a + b)RBy = 0 (5)
Решая эту систему уравнений, находим, что T1 =2.7 kH, T2 =1.35 kH,
RAz = 0.36 kH, RAy = -6.3 kH, RBz, = 0.54 kH, RBy. = 0.69 kH.
Ответ: T1 =2.7 kH, T2 =1.35 kH, RAz = 0.36 kH, RAy = -6.3 kH, RBz = 0.54 kH,
RBy = 0.69 kH.
Вопросы для самоконтроля
Задачи, рекомендуемые для самостоятельного решения: 6.1 – 6.21, 7.1 – 7.12, 8.1 – 8.44 [2].
Література: [1], [3], [4].
Лекция 6.
Трение. Центр тяжести твердого тела.
Законы трения скольжения
Причиной трения является, прежде всего, шероховатость поверхностей и наличие молекулярных сил сцепления прижатых друг к другу тел.
1. При стремлении сдвинуть одно тело по поверхности другого в плоскости соприкосновения тел возникает сила трения, величина которой может принимать любые значения от 0 до значений Fпр, называемой предельной силой трения. Сила трения направлена в сторону, противоположную той, куда действующие силы стремятся сдвинуть тело.
2. Величина предельной силы равна произведению статического коэффициента трения на нормальное давление или нормальную реакцию:
Fпр = ¦0N.
3. Величина предельной силы трения не зависит от размеров соприкасающихся при трении поверхностей. При равновесии сила трения покоя: F £ ¦0N.
При движении сила трения направлена в сторону, противоположную движению, и равна произведению динамического коэффициента трения на нормальное давление: F = ¦N.
Значение динамического коэффициента ¦ зависит не только от материала и от состояния поверхности, но и от скорости движения.
Реакции шероховатых связей. Угол трения
Если поверхность считается шероховатой, то надо учитывать силу трения. Т.е. шероховатая связь будет слагаться из двух составляющих: из нормальной реакции и перпендикулярной к ней силы трения . Поэтому полная реакция будет отклонена от нормали и поверхности на некоторый угол (рис. 6.1).
Рис. 6.1
При изменении силы трения от нуля до сила будет меняться от до , а ее угол с нормалью будет расти от нуля до некоторого предельного значения . Наибольший угол , который образует полная реакция шероховатой связи с нормалью с поверхностью называется углом трения. Из чертежа видно, что
.
Так как , то отсюда находим следующую связь между углом трения и коэффициентом трения
.
Трение качения и верчения
Т рением качения называется сопротивление, возникающее при качении одного тела по поверхности другого.
Рассмотрим круглый цилиндрический каток, лежащий на горизонтальной шероховатой поверхности (плоскости), вследствие деформации катка касания тел происходит вдоль некоторой площадки АВ (рис. 6.2).
П
Рис. 6.2
усть Р – сила тяжести катка, радиусом R, к которому приложена сила Q. Под действием силы Q давление на поверхность возрастает от края А к краю В, поэтому сила реакции N смещена относительно центра катка О. Величина смещения (расстояние АВ) возрастает с увеличением силы Q до некоторой предельной величины К. Поэтому в предельном положении на каток будет действовать пара (Qпр, F) с моментом Qпр*R и уравновешивающая ее пара (N, P) с моментом Nк. Из равенства моментов определяем Qпр*R = Nk или Qпр = К*N/R.
При Q < Qпр каток находится в покое; при Q > Qпр – начинается качение.
Величина К называется коэффициентом трения; К измеряется в линейных единицах, например, в сантиметрах.
Понятие о трении верчения
Если к шару, лежащему на горизонтальной плоскости приложить пару сил с моментом М, расположенную тоже в горизонтальной плоскости, то пара будет стремиться повернуть шар вокруг вертикальной оси. Опыт показывает, что шар начнет вращаться только тогда, когда значение М будет больше некоторой предельной величины Мпр, определяемой равенством
, (6.1)
г де N – сила нормального давления на плоскость, равная в данном случае весу шара. Объясняется этот результат наличием трения верчения шара о плоскость. Входящий в равенство (6.1) коэффициент λ, имеющий размерность длины, называется коэффициентом трения верчения. По величине этот коэффициент меньше трения качения k.
Рис. 6.3
Пример. Определить, какую силу Q, направленную под углом a = 300 к горизонту, надо приложить к грузу массой 10кг, лежащему на горизонтальной поверхности, чтобы его сдвинуть с места, если статический коэффициент трения груза о плоскость ¦0 = 0,8 (рис. 6.3).
Решение : на данное тело действуют следующие силы:
P – сила тяжести = mg;
N – сила нормальной реакции опоры;
F тр – сила трения;
Q – действующая сила.
П ри равновесии тела должно выполнятся условие: N + Q + P + Fтр = 0.
Выберем систему координат и спроектируем это векторное уравнение на оси Х и Y:
Q cosa - Fтр = 0; N + Q sina - P = 0;
Отсюда следует, что N = p – Q sina, так как Fтр = ¦0N, то
Q cosa = ¦0N = ¦0P – Q*¦0 sina или Q(cosa + ¦0 sina) = ¦0P, отсюда
Ответ: Q = 52H.
Центр тяжести.
Центр параллельных сил
Р ассмотрим систему параллельных и одинаково направленных сил F1, F2, …, Fn приложенных к телу в точках A1, A2, …, An. Эта система имеет равнодействующую R, направленную как слагаемые силы, а по модулю равна: R = å Fi.
Точка С, через которую проходит линия действия равнодействующей силы параллельных сил при любых поворотах этих сил около их точек приложения в одну и ту же сторону и на один и тот же угол, называется центром параллельных сил.
Формулы для определения координат центра параллельных сил:
; ; .
Центр тяжести твердых тел
Твердое тело состоит из набора частиц, которые обладают силой тяжести. Силы тяжести всех этих частиц направлены к центру Земли, но, учитывая, что размеры Земли несоизмеримо больше размеров тела, то эти силы можно считать параллельными.
Таким образом, центром тяжести твердого тела называется неизменно связанная с этим телом точка, через которую проходит линия действия равнодействующей сил тяжести частиц данного тела при любом положении тела в пространстве.
Координаты центра тяжести тела как центра параллельных сил определяются по формулам:
; ; ,
где Pi – сила тяжести i-ой частицы тела;
P – сила тяжести всего тела: P = å Pi.
Координаты центра тяжести однородного тела:
; ; ,
где Vi – объем i-ой частицы тела;
V – объем тела, V = å Vi.
Координаты центра тяжести однородной линии:
; ; ,
где li – длина i-ой части линии;
L – длина всей линии, L = å li.
Определение координат центра тяжести однородной плоской фигуры
Координаты однородной плоской фигуры определяются по формулам:
, (6.2)
, (6.3)
где Xic, Yic– координаты центра тяжести
i - части фигуры,
Si - площадь i– части фигуры.
Центры тяжести некоторых однородных тел:
, (6.4)
, (6.5)
где x1, x2, x3, y1, y2, y3 – соответственно абсциссы и ординаты вершин треугольника.
Рис. 6.4
(6.6)
Площадь сектора: S = R2 (6.7)
Рис. 6.5
, (6.8)
Площадь сегмента: S = ½ R2(2 – sin 2), (6.9)
Примеры выполнения заданий
Задача 1 (способ разбиения)
Определить координаты центра тяжести плоской фигуры, представленной на
рис. 6.6:
Рис. 6.6
Разбиваем данное плоское тело на части, для каждой из которых положение центра тяжести известно. Тогда координаты центра тяжести всего тела можно вычислить по формулам (1) и (2).
В данном случае тело разбиваем на прямоугольник ABCL, треугольник LFK и полукруг CDF (рис. 6.7):
Рис. 6.7
Рассмотрим отдельно каждую часть фигуры:
Центр тяжести (С1) определяется на пересечении диагоналей АС и BL, т.е.
.
Площадь определяется: S1 = AL * AB
Подставляя численные значения, получим:
X1c = 15 мм; Y1c = 20 мм; S1 = 1200 мм2.
Координаты центра тяжести (С2) определяются по формулам (3); (4).
Из рисунка видно, что координаты вершин являются:
L(30;0); F(30;20); K(45;10)
Площадь
,
где h– высота треугольника, опущенная из вершины К на сторону FL.
Подставляя численные значения, получим:
Координаты центра тяжести (С3) определяем по формуле (5).
Так как R = 10 мм; b = 20 мм; , то, подставляя численные значения, получим:
X3C = 34 мм; Y3C = 30 мм; S3 = 157 мм2.
Для вычисления центра тяжести плоской фигуры составим таблицу:
В соответствии с формулами (1), (2) получим, что координаты центра тяжести всей фигуры будут:
Ответ: координаты данной плоской фигуры:
Задача 2 (способ дополнения)
Определить площадь плоской фигуры, изображенной на рис. 6.8
Рис. 6.8
Решение.
Разбиваем данное плоское тело на части согласно рисунку 6.9:
Рис. 6.9
Причем площади дополняющих фигур треугольника CDF и полукруга LMN берутся с отрицательным знаком.
Рассмотрим отдельно каждую часть фигуры:
Центр тяжести (С1) определяется на пересечении диагоналей BN и AK,т.е.
площадь определяется:S1 = AN * BA
Подставляя численные значения, получим:
X1C = 30 мм.; Y1C = 15 мм.; S1 = 1800 мм2
Координаты центра тяжести (С2) определяем по формулам (3), (4).
Из рисунка видно, что координаты вершин треугольника являются:
С(30;30); F(20;30); D(42;15)
Площадь
где h – высота треугольника, опущенная из вершины D на сторону CF.
Подставляя численные значения, получим:
Координаты центра тяжести (С3) определяем по формуле (5).
Так как R = 10 мм; b = 20 мм; , то, подставляя численные значения, получим:
Y3C = 10 мм.
Для вычисления центра тяжести плоской фигуры составим таблицу:
В соответствии с формулами (1), (2) получим, что координаты центра тяжести всей фигуры будут:
Ответ: координаты данной плоской фигуры: XC
= 29,5 мм; YC = 14,5 мм.
Определение положения центра тяжести тела
Найти координаты центра тяжести плоской однородной фигуры (варианты 1-75).
Все размеры даны в миллиметрах.
Вопросы для самоконтроля
Задачи, рекомендуемые для самостоятельного решения: 9.1 – 9.28 [2].
Литература: [1], [3], [4].
Кинематика
Лекция 7
Кинематика точки
Кинематикой называется раздел механики, в котором изучаются геометрические свойства движения тел без учета их инертности (массы) и действующих на них сил.
Для определения положения движущегося тела (или точки) с тем телом, по отношению к которому изучается движение, жестко связывают какую-нибудь систему координат, которая вместе с телом образует систему отсчета. Если координаты всех точек тела в выбранной системе отсчета остаются все время постоянными, то тело по отношению к этой системе отсчета находится в покое. Если координаты каких-нибудь точек тела с течением времени изменяются, то тело по отношению к данной системе координат находится в движении.
Движение тел совершается в пространстве с течением времени. В механике рассматривается трехмерное евклидовое пространство. Время является скалярной величиной, непрерывно изменяющейся величиной. Отсчет времени ведется от некоторого начального ( ), о выборе которого в каждом случае уславливаются. Разность между двумя последовательными моментами времени называется промежутком времени.
Кинематически задавать движение или закон движения тела (точки) – значит, задать положение этого тела (точки) относительно данной системы отсчета в любой момент времени.
Основная задача кинематики состоит в том, чтобы, зная закон движения данного тела (или точки), определить все кинематические величины, характеризующие тела в целом, так и движение каждой из его точек в отдельности (траектории, скорости, ускорения и т.п.).
Вначале изучим движения точки, а затем перейдем к изучению кинематики твердого тела.
Рис. 1.7
4
. Подвижная шарнирная опора.
Р еакция связи R направлена перпендикулярно плоскости возможного перемещения шарнира (рис. 1.8).
5
Рис. 1.8
а)
б)
Рис. 1.9
. Шаровый шарнир и подпятник (рис. 1.9, рис. 1.10).
а) б)
Рис. 1.10
Р
еакция шарового шарнира и подпятника может иметь любое направление в пространстве.
А
Рис. 1.11
а)
б)
ксиома связей. Всякое несвободное тело можно рассматривать как свободное, если отбросить связи и заменить их действие реакциями этих связей (рис. 1.11).
Сложение сил
Геометрический способ сложения сил
В
а)
б)
Рис. 1.12
еличина, равная геометрической сумме сил какой-либо системы называется главным вектором этой системы сил.
П усть на твердое тело действует плоская система сил (F1, F2, F3, …, Fn) (рис. 1.12).
И з произвольно выбранной точки О откладывается вектор F1, из его конца откладывается вектор F2 и т.д. Вектор R, замыкающий силовой многоугольник, является результирующим:
Сложение двух сил
Пусть на тело действуют две силы, лежащие в одной плоскости (рис. 1.13).
.
Р
Рис. 1.13
езультирующая сила определяется по правилу параллелограмма, модуль силы определяется по теореме косинусов или синусов:
; .
Сложение трех сил не лежащих в одной плоскости
Р ассмотрим три силы , , не лежащие в одной плоскости (рис. 1.14). Результирующая сила равна:
.
Направление силы определим по направляющим косинусам:
Рис. 1.14
; ; .
Разложение сил
Разложение сил по двум заданным направлениям
П усть надо силу F разложить по направлениям AB и AD (рис. 1.15).
Рис. 1.15
.
Задача сводится к построению параллелограмма, у которого стороны расположены по направлениям AB и AD и данная сила F является диагональю. Тогда стороны параллелограмма будут искомыми силами.
Разложение сил по трем заданным направлениям.
П
Рис. 1.16
усть направления силы не лежат в одной плоскости. Тогда задача сводится к построению параллелепипеда, у которого диагональю является данная сила, а ребра параллельны заданным направлениям (рис. 1.16).
.
Вопросы для самоконтроля
-
Что изучает статика? -
Что такое абсолютно твердое тело? -
Основные виды связей и их реакции? -
Геометрическое сложение сил?
Задачи, рекомендуемые для самостоятельного решения: 1.1 – 1.6 [2]
Литература: [1], [3], [4].
Лекция 2.
Действия над силами. Система сходящихся сил
Проекция силы на ось и на плоскость
П роекция силы на ось. Пусть сила F образует с осью OX угол (рис. 2.1), тогда проекция этой силы на ось будет:
Fx = Fcos.
П
Рис. 2.1
роекция силы на ось есть величина скалярная.
П
роекция силы на плоскость. Проекцией силы F на плоскость OXY называется вектор Fxy = OB1, заключенный между проекциями начала и конца силы F на эту плоскость (рис. 2.2.)
П
Рис. 2.2
роекция силы на плоскость есть величина векторная, так как она кроме численного значения характеризуется направлением на плоскости. По модулю Fxy = Fcos, где - угол между направлением силы F и ее проекцией Fxy.
А налитический способ задания сил. Для аналитического способа задания силы необходимо выбрать систему координат OXYZ и спроектировать силу на оси координат (рис. 2.3).
Направляющие косинусы определяются по формулам:
Рис. 2.3
; ; .
.
Для плоской системы сил:
; ; ; .
Аналитический способ сложения сил
Теорема: проекция вектора суммы на какую-нибудь ось равна алгебраической сумме проекций слагаемых векторов на ту же ось.
Е сли R = F1 + F2 + F3 + … + Fn, причем (F1x, F1y, F1z), (F2x, F2y, F2z), …, (F3x, F3y, F3z) – наборы проекций этих векторов на оси X, Y и Z то
Rx = F1x + F2x + F3x + … + Fnx = Fix;
Ry = F1y + F2y + F3y + … + Fny = Fiy;
Rz = F1z + F2z + F3z + … + Fnz = Fiz;
Модуль результирующей силы:
.
Н аправление результирующего вектора R определяется направляющими косинусами:
; ; .
П ример 1. Определить результирующую силу трех сил F1, F2, F3 проекции которых заданы: F1(3;3), F2(6;-2), F3(-5;-3). Силы заданы в Ньютонах (рис. 2.4).
Р ешение:
Rx = 3 + 6 – 5 = 4H; Ry = 3 – 2 – 3 = -2H;
М
Рис. 2.4
одуль результирующей силы:
Направляющие косинусы:
Ответ: R = 4,5H; = 63o; = 27o.
Пример 2. Задана плоская система сил, действующая на точку А. F1 = 15Н; F2 = 10Н. Определить равнодействующую силу (рис. 2.5).
Р ешение:
Определим сумму проекций данных сил на оси OX и OY:
Ось OX:
О
Рис. 2.5
сь OY:
Подставляя численные значения получим:
Rx = 19,1Н; Ry = -5,5Н.
Модуль равнодействующей:
Направляющие косинусы: ; .
Ответ: R = 19,9H; = 74o; = 16o.
Равновесие системы сходящихся сил
Система сходящихся сил – это силы, сходящиеся в одной точке (рис. 2.6).
Геометрическое условие равновесия. Для равновесия системы сходящихся сил необходимо и достаточно, чтобы силовой многоугольник, построенный на этих силах, был замкнут.
А
Рис. 2.6
налитические условия равновесия. Для равновесия пространственной системы сходящихся сил необходимо и достаточно, чтобы суммы проекций этих сил на каждую из трех координатных осей были равны нулю.
Fkx = 0; Fky = 0; Fkz = 0.
Теорема о трех силах. Если свободное твердое тело находится в состоянии равновесия под действием трех непараллельных сил, лежащих в одной плоскости, то линии действия этих сил пересекаются в одной точке.
F 1 + F2 + F3 = 0
Системы статически определимые и статически неопределимые
Задача статики может быть решена лишь в том случае, когда для нее число неизвестных реакций связей не превышает число уравнений равновесия, содержащих эти реакции. Такие задачи называют статически определенные, а система тел, для которых это имеет место – статически определимыми системами.
Задачи, в которых число неизвестных реакций связей больше числа уравнений равновесия, содержащих эти реакции, называются статически неопределенные, а система тел для которых это имеет место – статически неопределимыми системами.
П
Рис. 2.7
римером для статически неопределенной системы может служить груз, подвешенный на трех нитях, лежащих в одной плоскости (рис. 2.7). В этой задаче три неизвестные силы натяжения нити T1, T2, T3, а уравнений равновесия в случае плоской системы сходящихся сил можно составить только два.
Решение задач статики
Для решения задач статики необходимо:
-
Выбрать тело, равновесие которого должно быть рассмотрено. -
Освобождение тела от связей и изображение действующих на него заданных сил и реакций отброшенных связей. -
Составление уравнений равновесия. -
Определение искомых величин, проверка правильности решения и исследование полученных результатов.
Для решения задач на равновесие тела под действием сходящихся сил можно использовать следующие способы:
а
) Геометрический способ. Применяется если число сил, действующих на тело равно трем. При равновесии треугольник, построенный на этих силах, должен быть замкнутым.
б) Аналитический способ. Применяется при любом количестве сил, действующих на тело. В случае плоской системы сходящихся сил составляется два уравнения равновесия, а в случае пространственной системы сил – три.
Рис. 2.8а
П ример №3. К вертикальной гладкой стене АВ подвешен на тросе АС однородный шар. Трос составляет со стеной угол , сила тяжести шара Р. Определить силу натяжения троса Т и давление шара на стену Q. Шар находится в равновесии под действием этих трех сил (рис. 2.8а).
Решение.
Р ассмотрим решение задачи геометрическим (графическим) способом. Так как шар находится в равновесии под действием трех сил, то эти силы сходящиеся. Точка, в которой сходятся эти силы, является геометрическим центром шара (точка О). Построим силовой треугольник (рис. 2.8б). Построение начинают с известной силы Р.
Силовой треугольник должен быть замкнут. В данном случае это прямоугольный треугольник. Тогда: ;
О
Рис. 2.8б
твет: ; .
П
А
а)
б)
в)
Рис. 2.9
ример №4. Однородный стержень АВ прикреплен к стенке посредством шарнира А и удерживается под углом 600 к вертикали при помощи троса ВС, образующего с ним угол 300 (рис. 2.9а). Определить величину и направление реакции R шарнира, если известно, что вес стержня равен 20Н.
Р
Определим силы, действующие на данную конструкцию:
Р – сила тяжести стержня АВ, так как стержень однородный, то сила приложена к его геометрическому центру (точка О).
Т – натяжение троса СВ, направлено вдоль СВ.
R – реакция в шарнире А (направление неизвестно) (рис. 2.9б).
Согласно принципу освобождаемости от связей, заменим связи соответствующими реакциями.
Так как система находится в равновесии под действием трех сил, то эти силы должны сходиться, а поэтому сила реакции R направлена от А к М (точка пересечения сил Р и Т).
Построим силовой треугольник. Для этого выберем произвольную точку О и отложим от нее известную силу Р, сохраняя ее направление. Из конца вектора Р под углом 300 проведем луч, который соответствует направлению силы Т (рис. 2.9в).
Так как
Ответ: R = 10H.
Пример №5. Три груза А, В и С массой 10, 20, и 60 кг соответственно лежат на плоскости, наклоненной под углом к горизонту (рис. 2.10). Грузы соединены тросами, как показано на рисунке. Коэффициенты трения между грузами и плоскостью равны А = 0,1, В = 0,25, С = 0,5 соответственно.
Определить угол , при котором тела равномерно движутся вниз по плоскости. Найти также натяжение тросов ТАВ и ТВС.
Р ешение:
Р
а)
б)
в)
г)
Рис. 2.10
ассмотрим, какие силы действуют на каждое тело и запишем условие равновесия, так как тела движутся равномерно, то
с умма всех сил, действующих на тело равна нулю. На тело А действует сила тяжести РА, сила реакции опоры NА, сила трения FтрА и сила натяжения троса ТАВ (рис. 2.10б). Условие равновесия: РА + NА + FтрА + ТАВ = 0.
Выберем систему координат и спроектируем силы на оси:
Ось ОХ РАsin - РАcos - ТАВ = 0.
Подставляя численные значения получим: 10sin - cos - ТАВ = 0.
Р ассмотрим, какие силы действуют на тело В: РВ - сила тяжести, FтрВ - сила трения, ТВА- сила натяжения троса со стороны груза А, ТВС - сила натяжения троса со стороны груза С, NВ - сила реакции опоры (рис. 2.10в). Тогда условие равновесия будет: РВ + NВ + FтрВ + ТВА + ТВС = 0.
Проектируя это уравнение на ось ОХ, получим:
РВsin - FтрВ + ТВА - ТВС = 0; учитывая, что ТВА = ТАВ:
РВsin - РВcos*В + ТВА - ТВС = 0;
30sin - 30cos*0.25 + ТВА - ТВС = 0;
Н а тело С действуют следующие силы: РС - сила тяжести, FтрС - сила трения, ТСВ- сила натяжения троса со стороны груза В, NС - сила реакции опоры (рис. 2.10г). Тогда условие равновесия при проектировании на ось ОХ будет:
РСsin - РСcos*С – ТСВ = 0; так как ТВС = ТСВ,
60sin - 60*0,5cos – ТВС = 0.
Получим систему из трех уравнений с тремя неизвестными:
Так как неизвестные силы перпендикулярны оси y, то на эту ось силы не проектируем.
1 0sin - cos - ТАВ = 0 (1);
30sin - 7,5cos + ТВА - ТВС = 0 (2);
60sin - 30cos – ТВС = 0 (3).
Отсюда: ТАВ = 10sin - cos; ТВС = 60sin - 30cos.
Подставляя выражения ТАВ и ТВС в уравнение (2), получим:
100sin = 38.5cos; tg = 0.385; = arctg0.385; = 210.
Из уравнения (1) получим: ТАВ = 10sin210 - cos210 = 10*0,358 – 0,93 = 2,67Н.
ТАВ = 2,67Н.
Подставляя численные данные в уравнение (3), получим:
ТВС = 60sin210 - 30cos210 = 60*0,358 – 30*0,93 = 6,42Н;
ТВС = 6,42Н.
Ответ: = 210; ТАВ = 2,67Н; ТВС = 6,42Н.
Вопросы для самоконтроля
-
Аналитический способ сложения сил? -
Что такое система сходящихся сил? -
Теорема о трех силах?
Задачи, рекомендуемые для самостоятельного решения: 2.1 – 2.71 [2]
Литература: [1], [3], [4].
Лекция 3.
Момент силы относительно центра (точки)
М оментом силы F относительно центра О (m0(F)) (рис. 3.1) называется величина, равная произведению модуля силы на длину плеча. Момент силы величина векторная
В скалярном виде: m0(F) = F*h.
Знак (+) – если сила вращает тело против часовой стрелки.
З
Рис. 3.1
нак (-) – если сила вращает тело по часовой стрелке.
Момент силы измеряется в (Нм).
В векторной форме: m0(F) = rF.
Т
Рис. 3.2
огда модуль момента силы будет: m0(F) = r*Fsin.
В ектор момента силы перпендикулярен плоскости , в которой лежат вектора r и F (рис. 3.2).
Свойства момента силы:
1. Момент силы не изменяется при переносе точки приложения силы вдоль ее линии действия.
2. Момент силы относительно центра О равен нулю только тогда, когда сила равна нулю или когда линия действия силы проходит через центр О (плечо равно нулю).
3 . Момент силы числено выражается удвоенной площадью треугольника ОАВ (рис. 3.3).
m0(F) = 2пл.АОВ
Рис. 3.3
Теорема Вариньона о моменте равнодействующей
Момент равнодействующей плоской системы сходящихся сил относительно любого центра равен алгебраической сумме моментов слагаемых сил относительно того же центра (рис. 3.4).
m 0(R) = m0(Fn)
Рис. 3.4
С истемы параллельных сил и пар, расположенных в одной плоскости.
Сложение и разложение параллельных сил.
С
Рис. 3.5
ложение двух сил, направленных в одну сторону.
Н
а тело действуют две силы F1 и F2: (рис. 3.5).R = F1 + F2. Равнодействующая двух действующих на твердое тело параллельных сил, направленных в одну сторону, равна по модулю сумме модулей слагаемых сил, им параллельна и направлена в одну и ту же сторону. Линия действия равнодействующей проходит между точками приложения слагаемых сил на расстоянии от этих точек, обратно пропорциональных силам.
С ложение двух сил, направленных в разные стороны
Н
Рис. 3.6
а тело действуют две силы F1 и F2. R = F1 - F2 (рис. 3.6). Тогда равнодействующая двух сил, направленных в разные стороны, равна по модулю разности модулей слагаемых сил, им параллельна и направлена в сторону большей силы; линия действия равнодействующей проходит вне отрезка, ; соединяющего точки приложения слагаемых сил, на расстояниях от этих точек, обратно пропорциональных силам.
П ара сил. Момент пары
П арой сил называется система двух равных по модулю, параллельных и направленных в противоположные стороны сил, действующих на твердое тело. (F1 = F2; F1 || F2) (рис. 3.7).
Рис. 3.7
Пара сил не имеет равнодействующей силы.
Плоскость, проходящая через линии действия пары сил, называется плоскостью действия пары.
М оментом пары называется величина, равная взятому с соответствующим знаком произведению модуля одной из сил на ее плечо: m = Fd; m = mB(F) = mA(F).
Т
Рис. 3.8
еорема. Алгебраическая сумма моментов сил пары относительно любого центра, лежащего в плоскости ее действия, не зависит от выбора этого центра и равна моменту пары (рис. 3.8).
m0(F1) + m0(F2) = m(F)
Эквивалентность пар
Н
Рис. 3.9
е изменяя оказываемого действия на твердое тело, можно пару сил, приложенную к телу заменить любой другой парой, лежащей в той же плоскости и имеющей тот же момент (рис. 3.9).
m(F) = m(P).
Следствия теоремы
1. Данную пару, не изменяя оказываемого ею на тело действия, можно переносить куда угодно в плоскости действия пары.
2. У данной пары, не изменяя оказываемого ею на тело действия, можно произвольно менять модули сил или длину плеча, сохраняя неизменным ее момент.
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 = mk.
Для равновесия плоской системы пар необходимо и достаточно, чтобы алгебраическая сумма моментов этих пар была равна нулю:
mk = 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 + RAy + RB – Q = 0. (1) [2*104*0.8 + RAy + RB – 2*104 = 0]
Проекции всех сил на ось x: RAx = 0. (2)
Так как в системе три силы неизвестны, то составим третье уравнение равновесия моментов сил: mA(F) = F*a/2 + m(P) + RB*AB – Q*AD = 0. (3)
2*104*0.8/2 + 104 + 2RB – 3*2*104 = 0.
Уравнения (1) и (3) образуют систему двух неизвестных с двумя переменными:
2 *104*0.8 + RAy + RB – 2*104 = 0; RAy + RB – 0,4*104 = 0;
0,8*104 + 104 + 2RB – 6*104 = 0. - 4,2*104 = - 2RB.
RB = 2,1*104 Н, тогда RAy = 0,4*104 - RB = 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: RA = 1,7*104 Н. (направлена вертикально вниз); RB = 2,1*104 Н, (направлена вертикально вверх).
Система сил как угодно расположенных в одной плоскости
Т
m = mB(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, … Fn, 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, …, Fn‘ = Fn и моменты: m1 = m0(F1), m2 = m0(F2), …, mn = m0(Fn).
С кладывая геометрически силы F1’, F2’, …, Fn‘ по правилу силового многоугольника, получим результирующую силу R (силы F1’; F2’, …, Fn‘ – сходящиеся):
R = F1’ + F2’ + …, + Fn‘ = Fi’.
По теореме о сложении пар следует:
M 0 = m0(F1) + m0(F2) + …, + m0(Fn) = m0(Fi).
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(Fi). 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(OCR) 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
Rx = Fix = -F1cos300 – F2cos300 +F4cos450 = 0; Рис. 3.16
Ry = Fiy = -F1cos600 + F2cos600 – F3 + F4cos450 = 0. Поэтому R = 0.
Главный момент системы М0:
М 0: = m0(Fi) = 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, F3, 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
mA = mA(F1) + mA(F2) + mA(F3).
У
Рис. 3.18
читывая, что mA(F1) = mA(F3) = 0, так как направление сил проходит через точку А, тогда
mA = mA(F2) = F*a.
Таким образом система сил приведена к силе R и паре сил с моментом mA, направленном против часовой стрелки (рис. 3.18).
Ответ: R = 2F; (х,^ R) = 1500; (y,^ R) = 600; mA = 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?
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:
Fix = 0; Fiy = 0; m0(Fi) = 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:
mA(Fi) = 0; mB(Fi) = 0; Fix = 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:
mA(Fi) = 0; mB(Fi) = 0; mС(Fi) = 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 RA неизвестного направления и неизвестным моментом mА (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 – RAx = 0 (1)
проекции сил на ось Y: -Q - Fsin450 + RAx = 0 (2)
с умма моментов: mA(F) = m1 – m2 + mA + 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
- 3*104*3 – 4*104*0.7 + RAy = 0 RAy = 11.8*104H
mA – 104 + 3*104*3*8.5 + 4*104*2.8 = 0 mA = - 86.8*104H*м
Ответ: RAx = 2.8*104H; RAy = 11.8*104H; mA = - 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: RAx, RAy, RB, RC 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).
П
а)
б)
Рис. 4.5
о третьему закону Ньютона в шарнире D на балку KD действует система сил RDx и RDy, а на балку DE система сил противоположная: R’Dx и R’Dy, причем модули сил попарно равны, т.е. RDx = RDx и RDy = RDy. 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:
RAx – Fcos600 = 0
- Q - RAy – Fsin600 + RB + RC – P = 0
mA(F) = Q*mA – Fsin600*AN + RB*AB + RC*AC – P*AE = 0
Уравнения условия равновесия для элемента DE:
R’Dx = 0
R’Dy, + RC – P*DE = 0
MD(F) = RC*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.
Вопросы для самоконтроля
-
Три формы уравнений равновесия твердого тела? -
Составление уравнений равновесия для составной конструкции?
Задачи, рекомендуемые для самостоятельного решения: 4.1 – 4.80 [2].
Литература: [1], [3], [4].
Лекция 5.
Системы пар и сил в пространстве
Момент силы относительно центра
М омент m0(F) силы F относительно центра О есть вектор, равный по модулю произведению силы F на плечо h и направлен перпендикулярно плоскости в которой лежат радиус-вектор r и сила F (рис. 5.1):
m
Рис. 5.1
0(F) = r F
m 0(F) = r*F*sin, где - угол между векторами r и F.
Н аправление вектора m0(F) будет таким, откуда поворот, совершаемый силой, виден происходящим против часовой стрелки.
В координатной форме:
m 0 = r F = ; откуда m0 = mxi + myj + mzk.
М омент силы относительно оси
Моментом силы относительно оси называется алгебраическая величина, равная моменту проекции этой силы на плоскость, перпендикулярную оси, взятому относительно точки пересечения оси с плоскостью (рис. 5.2).
m
Рис. 5.2
0(F) = m0(Fxy) = Fxy*h.
Момент считается положительным, если с положительного конца оси Z поворот, который сила Fxy стремится совершить, виден происходящим против хода часовой стрелки, и отрицательным, если наоборот.
Замечания.
1. Если сила параллельна оси, то ее момент относительно оси равен нулю (так как Fxy=0)
2. Если линия действия силы пересекает ось, то момент силы равен нулю (так как h =0)
3. Если сила перпендикулярна к оси, то ее момент относительно этой оси равен произведению силы на расстояния между ними.
П ример 1. Найти моменты относительно осей X, Y и Z сил P и Q, которые действуют на горизонтальную плиту (рис. 5.3).
Решение:
С
Рис. 5.3
ила P параллельна оси Z и перпендикулярна осям X и Y, следовательно:
m x(P) = -P*CK = ;
m y(P) = P*CN = ;
m z(P) = 0.
С проектируем силу Q на плоскость YZ (рис. 5.4):
Qyz = Q sin, тогда mx(Q) = Qyz* b = b * Q * sin.
Относительно оси Y: Qzx = Q sin, тогда
m y(Q) = - Qzx* b = - b * Q * sin.
О
Рис. 5.4
тносительно оси Z: mZ(Q) = Qxy* OA = b * Q * cos.
Ответ:
mx(P) = -P*CK = -P*b/2; mx(Q) = b * Q * sin
my(P) = P*CN = P*a/2; my(Q) = - b * Q * sin.
mz(P) = 0; mZ(Q) = b * Q * cos.
Аналитические выражения для моментов силы относительно осей координат
Т ак как mZ(F) = m0(Fxy) = m0(Fx) + m0(Fy). Это следует из теоремы Вариньона.
Момент силы относительно точки О:
m 0(F) = = (y* Fz – z* Fy)*i – (x* Fz – z* Fx)*j – (x* Fy – y* Fx)*k, где
m x(F) = y*Fz – z*Fy
m y(F) = z*Fx – x*Fz тогда: m0(F) = mx(F)*i + my(F)*j + mz(F)*k
mz(F) = x*Fy – y*Fx
Приведение пространственной системы сил к данному центру
П усть на тело действует пространственная система сил и необходимо эту систему сил привести к центру О.
К
а)
б)
Рис. 5.5
аждую силу приводим к центру О. Для этого параллельным переносом начало вектора каждой силы переносим в центр О и добавляем соответствующий момент (рис. 5.5а):
m 1 = m0(F1); m2 = m0(F2); mn = m0(Fn);
Получаем новую систему сил, приведенных к центру О: F’1, F’2, F’n и моменты m1, m2, m3.
Систему сил заменяем одной силой R, приложенной в той же точке:
R = F’n = Fn.
Систему моментов сил заменяем одним моментом: M0 = m0(Fn).
R – главный вектор системы
M0 – главный момент системы, относительно нового центра О (рис. 5.6).
Т аким образом, любая система сил, действующих на твердое тело, при приведении к произвольному центру О заменяется главным вектором системы R, приложенным в центре приведения O и одной парой с моментом M0, равным главному моменту системы относительно центра О.
В аналитической форме:
Rx = Fnx, Ry = Fny, Rz = Fnz.
M x = mx(Fn), My = my(Fn), Mz = mz(Fn).
Условия равновесия произвольной пространственной системы сил
Для равновесия произвольной пространственной системы сил необходимо и достаточно, чтобы сумма проекций всех сил на каждую из трех координатных осей и сумма их моментов относительно этих осей были равны нулю:
Fnx = 0; Fny = 0; Fnz = 0.
mx(Fn) = 0; my(Fn) = 0; mz(Fn) = 0.
Теорема Вариньона о моменте равнодействующей относительно оси
Е сли данная система сил имеет равнодействующую, то момент этой равнодействующей относительно любой оси равен алгебраической сумме моментов слагаемых сил относительно той же оси: пусть Rx = Fnx, тогда Mx(R) = mx(Fn).
П
Рис. 5.6
ример 2. На горизонтальный вал лежащий в подшипниках А и В насажены перпендикулярно оси вала шкив радиусом r1 = 0.2м и барабан r2 = 0.15м. Вал приводится во вращение ремнем, накинутым на шкив; при этом равномерно поднимается груз массой m=180кг, привязанный к веревке, которая наматывается на барабан (рис. 5.6). Пренебрегая весом вала, барабана и шкива, определить реакции подшипников А и В и натяжение Т1 ведущей ветви ремня, если известно, что оно вдвое больше, чем Т2 ведомой ветви. Дано: a = 0.4м; b = 0.6м; = 300.
Р
ешение: по условию задачи, груз P равномерно поднимается, это значит, что вал вращается равномерно и поэтому все силы, действующие на него, находятся в равновесии. С учетом этого составим уравнения равновесия вала. В подшипниках действуют на вал силы реакции RAz, RAy, RBz, RBy.
Вычислим проекции всех сил на оси координат и их моменты относительно этих сил.
| Fn | F = P | T1 | T2 | RA | RB |
| Fny | F cos | T1 | T2 | RAy | RBy |
| Fnz | - F sin | 0 | 0 | RAz | RBz |
| mx(Fn) | -F*r2 | T1*r1 | – T2*r1 | 0 | 0 |
| my(Fn) | F*b sin | 0 | 0 | 0 | - (a + b)RBz |
| mz(Fn) | F*b cos | - T1*a | – T2*a | 0 | (a + b)RBy |
На ось Х проекции всех сил равны нулю
P cos + T1 + T2 + RAy + RBY = 0 (1)
- P sin + RAz + RBz = 0 (2)
r2P + r1T1 – r1T2 = 0 (3)
b*P sin - (a + b)RBz = 0 (4)
b*P cos - aT1 – aT2 + (a + b)RBy = 0 (5)
Решая эту систему уравнений, находим, что T1 =2.7 kH, T2 =1.35 kH,
RAz = 0.36 kH, RAy = -6.3 kH, RBz, = 0.54 kH, RBy. = 0.69 kH.
Ответ: T1 =2.7 kH, T2 =1.35 kH, RAz = 0.36 kH, RAy = -6.3 kH, RBz = 0.54 kH,
RBy = 0.69 kH.
Вопросы для самоконтроля
-
Как определяется момент силы относительно оси? -
Уравнения равновесия твердого тела под действием пространственной системы сил? -
Приведение пространственной системы сил к заданному центру?
Задачи, рекомендуемые для самостоятельного решения: 6.1 – 6.21, 7.1 – 7.12, 8.1 – 8.44 [2].
Література: [1], [3], [4].
Лекция 6.
Трение. Центр тяжести твердого тела.
Законы трения скольжения
Причиной трения является, прежде всего, шероховатость поверхностей и наличие молекулярных сил сцепления прижатых друг к другу тел.
1. При стремлении сдвинуть одно тело по поверхности другого в плоскости соприкосновения тел возникает сила трения, величина которой может принимать любые значения от 0 до значений Fпр, называемой предельной силой трения. Сила трения направлена в сторону, противоположную той, куда действующие силы стремятся сдвинуть тело.
2. Величина предельной силы равна произведению статического коэффициента трения на нормальное давление или нормальную реакцию:
Fпр = ¦0N.
3. Величина предельной силы трения не зависит от размеров соприкасающихся при трении поверхностей. При равновесии сила трения покоя: F £ ¦0N.
При движении сила трения направлена в сторону, противоположную движению, и равна произведению динамического коэффициента трения на нормальное давление: F = ¦N.
Значение динамического коэффициента ¦ зависит не только от материала и от состояния поверхности, но и от скорости движения.
Реакции шероховатых связей. Угол трения
Если поверхность считается шероховатой, то надо учитывать силу трения. Т.е. шероховатая связь будет слагаться из двух составляющих: из нормальной реакции и перпендикулярной к ней силы трения . Поэтому полная реакция будет отклонена от нормали и поверхности на некоторый угол (рис. 6.1).
Рис. 6.1
При изменении силы трения от нуля до сила будет меняться от до , а ее угол с нормалью будет расти от нуля до некоторого предельного значения . Наибольший угол , который образует полная реакция шероховатой связи с нормалью с поверхностью называется углом трения. Из чертежа видно, что
.
Так как , то отсюда находим следующую связь между углом трения и коэффициентом трения
.
Трение качения и верчения
Т рением качения называется сопротивление, возникающее при качении одного тела по поверхности другого.
Рассмотрим круглый цилиндрический каток, лежащий на горизонтальной шероховатой поверхности (плоскости), вследствие деформации катка касания тел происходит вдоль некоторой площадки АВ (рис. 6.2).
П
Рис. 6.2
усть Р – сила тяжести катка, радиусом R, к которому приложена сила Q. Под действием силы Q давление на поверхность возрастает от края А к краю В, поэтому сила реакции N смещена относительно центра катка О. Величина смещения (расстояние АВ) возрастает с увеличением силы Q до некоторой предельной величины К. Поэтому в предельном положении на каток будет действовать пара (Qпр, F) с моментом Qпр*R и уравновешивающая ее пара (N, P) с моментом Nк. Из равенства моментов определяем Qпр*R = Nk или Qпр = К*N/R.
При Q < Qпр каток находится в покое; при Q > Qпр – начинается качение.
Величина К называется коэффициентом трения; К измеряется в линейных единицах, например, в сантиметрах.
Понятие о трении верчения
Если к шару, лежащему на горизонтальной плоскости приложить пару сил с моментом М, расположенную тоже в горизонтальной плоскости, то пара будет стремиться повернуть шар вокруг вертикальной оси. Опыт показывает, что шар начнет вращаться только тогда, когда значение М будет больше некоторой предельной величины Мпр, определяемой равенством
, (6.1)
г де N – сила нормального давления на плоскость, равная в данном случае весу шара. Объясняется этот результат наличием трения верчения шара о плоскость. Входящий в равенство (6.1) коэффициент λ, имеющий размерность длины, называется коэффициентом трения верчения. По величине этот коэффициент меньше трения качения k.
Рис. 6.3
Пример. Определить, какую силу Q, направленную под углом a = 300 к горизонту, надо приложить к грузу массой 10кг, лежащему на горизонтальной поверхности, чтобы его сдвинуть с места, если статический коэффициент трения груза о плоскость ¦0 = 0,8 (рис. 6.3).
Решение : на данное тело действуют следующие силы:
P – сила тяжести = mg;
N – сила нормальной реакции опоры;
F тр – сила трения;
Q – действующая сила.
П ри равновесии тела должно выполнятся условие: N + Q + P + Fтр = 0.
Выберем систему координат и спроектируем это векторное уравнение на оси Х и Y:
Q cosa - Fтр = 0; N + Q sina - P = 0;
Отсюда следует, что N = p – Q sina, так как Fтр = ¦0N, то
Q cosa = ¦0N = ¦0P – Q*¦0 sina или Q(cosa + ¦0 sina) = ¦0P, отсюда
Ответ: Q = 52H.
Центр тяжести.
Центр параллельных сил
Р ассмотрим систему параллельных и одинаково направленных сил F1, F2, …, Fn приложенных к телу в точках A1, A2, …, An. Эта система имеет равнодействующую R, направленную как слагаемые силы, а по модулю равна: R = å Fi.
Точка С, через которую проходит линия действия равнодействующей силы параллельных сил при любых поворотах этих сил около их точек приложения в одну и ту же сторону и на один и тот же угол, называется центром параллельных сил.
Формулы для определения координат центра параллельных сил:
; ; .
Центр тяжести твердых тел
Твердое тело состоит из набора частиц, которые обладают силой тяжести. Силы тяжести всех этих частиц направлены к центру Земли, но, учитывая, что размеры Земли несоизмеримо больше размеров тела, то эти силы можно считать параллельными.
Таким образом, центром тяжести твердого тела называется неизменно связанная с этим телом точка, через которую проходит линия действия равнодействующей сил тяжести частиц данного тела при любом положении тела в пространстве.
Координаты центра тяжести тела как центра параллельных сил определяются по формулам:
; ; ,
где Pi – сила тяжести i-ой частицы тела;
P – сила тяжести всего тела: P = å Pi.
Координаты центра тяжести однородного тела:
; ; ,
где Vi – объем i-ой частицы тела;
V – объем тела, V = å Vi.
Координаты центра тяжести однородной линии:
; ; ,
где li – длина i-ой части линии;
L – длина всей линии, L = å li.
Определение координат центра тяжести однородной плоской фигуры
Координаты однородной плоской фигуры определяются по формулам:
, (6.2)
, (6.3)
где Xic, Yic– координаты центра тяжести
i - части фигуры,
Si - площадь i– части фигуры.
Центры тяжести некоторых однородных тел:
-
Треугольник
, (6.4)
, (6.5)
где x1, x2, x3, y1, y2, y3 – соответственно абсциссы и ординаты вершин треугольника.
-
Круговой сектор (рис. 6.4):
Рис. 6.4
(6.6)
Площадь сектора: S = R2 (6.7)
-
Круговой сегмент (рис. 6.5):
Рис. 6.5
, (6.8)
Площадь сегмента: S = ½ R2(2 – sin 2), (6.9)
Примеры выполнения заданий
Задача 1 (способ разбиения)
Определить координаты центра тяжести плоской фигуры, представленной на
рис. 6.6:
Рис. 6.6
Решение
Разбиваем данное плоское тело на части, для каждой из которых положение центра тяжести известно. Тогда координаты центра тяжести всего тела можно вычислить по формулам (1) и (2).
В данном случае тело разбиваем на прямоугольник ABCL, треугольник LFK и полукруг CDF (рис. 6.7):
Рис. 6.7
Рассмотрим отдельно каждую часть фигуры:
-
Прямоугольник ABCL
Центр тяжести (С1) определяется на пересечении диагоналей АС и BL, т.е.
.
Площадь определяется: S1 = AL * AB
Подставляя численные значения, получим:
X1c = 15 мм; Y1c = 20 мм; S1 = 1200 мм2.
-
Треугольник LFK
Координаты центра тяжести (С2) определяются по формулам (3); (4).
Из рисунка видно, что координаты вершин являются:
L(30;0); F(30;20); K(45;10)
Площадь
,
где h– высота треугольника, опущенная из вершины К на сторону FL.
Подставляя численные значения, получим:
-
Полукруг CDF.
Координаты центра тяжести (С3) определяем по формуле (5).
Так как R = 10 мм; b = 20 мм; , то, подставляя численные значения, получим:
X3C = 34 мм; Y3C = 30 мм; S3 = 157 мм2.
Для вычисления центра тяжести плоской фигуры составим таблицу:
| Номер элемента | Si мм2 | Xci, мм | Yci, мм | SiXci, мм3 | SiYci, мм3 |
| 1 | 1200 | 15 | 20 | 18000 | 24000 |
| 2 | 150 | 35 | 10 | 5250 | 1500 |
| 3 | 157 | 34 | 30 | 5350 | 4700 |
| | 1507 | - | - | 28600 | 30200 |
В соответствии с формулами (1), (2) получим, что координаты центра тяжести всей фигуры будут:
Ответ: координаты данной плоской фигуры:
Задача 2 (способ дополнения)
Определить площадь плоской фигуры, изображенной на рис. 6.8
Рис. 6.8
Решение.
Разбиваем данное плоское тело на части согласно рисунку 6.9:
Рис. 6.9
-
I часть
II часть
III часть
-
-
-
прямоугольник ABKN
треугольник CDF
полукруг LMN
Причем площади дополняющих фигур треугольника CDF и полукруга LMN берутся с отрицательным знаком.
Рассмотрим отдельно каждую часть фигуры:
-
Прямоугольник ABKL
Центр тяжести (С1) определяется на пересечении диагоналей BN и AK,т.е.
площадь определяется:S1 = AN * BA
Подставляя численные значения, получим:
X1C = 30 мм.; Y1C = 15 мм.; S1 = 1800 мм2
-
Треугольник CDK
Координаты центра тяжести (С2) определяем по формулам (3), (4).
Из рисунка видно, что координаты вершин треугольника являются:
С(30;30); F(20;30); D(42;15)
Площадь
где h – высота треугольника, опущенная из вершины D на сторону CF.
Подставляя численные значения, получим:
-
Полукруг MNL.
Координаты центра тяжести (С3) определяем по формуле (5).
Так как R = 10 мм; b = 20 мм; , то, подставляя численные значения, получим:
Y3C = 10 мм.
Для вычисления центра тяжести плоской фигуры составим таблицу:
| Номер элемента | Si Мм2 | Xci, мм | Yci, мм | SiXci, мм3 | SiYci, мм3 |
| 1 | 1800 | 30 | 15 | 54000 | 27000 |
| 2 | -150 | 30,7 | 25 | -4605 | -3750 |
| 3 | -157 | 34,3 | 10 | -5385,1 | -1570 |
| | 1493 | - | - | 44009,9 | 21680 |
В соответствии с формулами (1), (2) получим, что координаты центра тяжести всей фигуры будут:
Ответ: координаты данной плоской фигуры: XC
= 29,5 мм; YC = 14,5 мм.
Определение положения центра тяжести тела
Найти координаты центра тяжести плоской однородной фигуры (варианты 1-75).
Все размеры даны в миллиметрах.
Вопросы для самоконтроля
-
Что такое трение скольжения? Как определяется коэффициент трения скольжения? -
Что такое трение качения и верчения? Как определяется коэффициенты трения качения и верчения? -
Что такое центр тяжести тела? -
Способы определения плоской фигуры?
Задачи, рекомендуемые для самостоятельного решения: 9.1 – 9.28 [2].
Литература: [1], [3], [4].
Кинематика
Лекция 7
Кинематика точки
Кинематикой называется раздел механики, в котором изучаются геометрические свойства движения тел без учета их инертности (массы) и действующих на них сил.
Для определения положения движущегося тела (или точки) с тем телом, по отношению к которому изучается движение, жестко связывают какую-нибудь систему координат, которая вместе с телом образует систему отсчета. Если координаты всех точек тела в выбранной системе отсчета остаются все время постоянными, то тело по отношению к этой системе отсчета находится в покое. Если координаты каких-нибудь точек тела с течением времени изменяются, то тело по отношению к данной системе координат находится в движении.
Движение тел совершается в пространстве с течением времени. В механике рассматривается трехмерное евклидовое пространство. Время является скалярной величиной, непрерывно изменяющейся величиной. Отсчет времени ведется от некоторого начального ( ), о выборе которого в каждом случае уславливаются. Разность между двумя последовательными моментами времени называется промежутком времени.
Кинематически задавать движение или закон движения тела (точки) – значит, задать положение этого тела (точки) относительно данной системы отсчета в любой момент времени.
Основная задача кинематики состоит в том, чтобы, зная закон движения данного тела (или точки), определить все кинематические величины, характеризующие тела в целом, так и движение каждой из его точек в отдельности (траектории, скорости, ускорения и т.п.).
Вначале изучим движения точки, а затем перейдем к изучению кинематики твердого тела.
