Умови та рівняння рівноваги просторової системи сил. Теоретична механіка. Статика. Запитання для самоперевірки

Якщо система сил перебуває у рівновазі, її головний вектор і головний момент дорівнюють нулю:

Ці векторні рівності призводять до наступних шести скалярних рівностей:

які називаються умовами рівноваги просторової довільної системисил.

Перші три умови виражають рівність нулю головного вектора, наступні три - рівність нуля головного моменту системи сил.

У умовах рівноваги повинні враховуватися все діючі сили- як активні (задаються), і реакції зв'язків. Останні заздалегідь невідомі, і умови рівноваги стають рівняннями визначення цих невідомих - рівняннями рівноваги.

Оскільки максимальне число рівнянь дорівнює шести, то задачі на рівновагу тіла під дією довільної просторової системи сил можна визначити шість невідомих реакцій. За більшої кількості невідомих завдання стає статично невизначеним.

І ще одне зауваження. Якщо головний вектор і головний момент щодо деякого центру О дорівнюють нулю, то вони дорівнюватимуть нулю щодо будь-якого іншого центру. Це прямо випливає з матеріалу про зміну центру приведення (довести самостійно). Отже, якщо умови рівноваги тіла виконуються в одній системі координат, вони виконуватимуться і в будь-якій іншій нерухомій системі координат. Інакше кажучи, вибір координатних осей під час упорядкування рівнянь рівноваги цілком довільний.

Прямокутна плита (рис. 51 а) вагою утримується в горизонтальному положенні сферичним шарніром О, підшипником А і тросом BE, причому точки знаходяться на одній вертикалі. У точці D до плити прикладена сила перпендикулярна стороні OD і нахилена до площини плити під кутом 45°. Визначити натяг троса та реакції опор у точках Він А, якщо і .

Для вирішення задачі розглядаємо рівновагу плити. До активних сил Р, G додаємо реакції зв'язків - складові реакції сферичного шарніру, реакції підшипника, реакцію троса. Одночасно вводимо координатні осі Oxyz (рис. 51 б). Очевидно, що отримана сукупність сил утворює довільну просторову систему, у якій сили невідомі.

Для визначення невідомих становимо рівняння рівноваги.

Починаємо з рівняння проекцій сил на вісь:

Пояснимо визначення проекції обчислення здійснюється в два прийоми; спочатку визначається проекція сили Т на площину, далі, проектуючи на ос'х (зручніше на вісь, паралельну), знаходимо (див. рис. 51,б):

Цим способом подвійного проектування зручно користуватися, коли лінія дії сили та вісь не перетинаються. Далі складаємо:

Рівняння моментів сил щодо осі має вигляд:

Моменти сил у рівнянні відсутні, оскільки ці сили або перетинають вісь х(), або паралельні їй . В обох випадках момент сили щодо осі дорівнює нулю (див. с. 41).

Обчислення моменту сили часто полегшується, якщо силу розкласти відповідним чином складові і скористатися теоремою Варіньйона. У даному випадкуце зручно зробити для сили. Розкладаючи її на горизонтальну та вертикальну складові, можемо написати.

Довільну просторову систему сил, як і плоску, можна призвести до якогось центру Проі замінити однією результуючою силою і парою з моментом . Розмірковуючи так, що для рівноваги цієї системи сил необхідно та достатньо, щоб одночасно було R= 0 і Mо = 0. Але вектори і можуть звернутися в нуль тільки тоді, коли дорівнюють нулю всі їх проекції на осі координат, тобто коли R x = R y = R z = 0 і M x = M y = M z = 0 або, коли діючі сили задовольняють умовам:

Σ X i = 0; Σ M x(P i) = 0;

Σ Y i = 0; Σ M y(P i) = 0;

Σ Z i = 0; Σ M z(P i) = 0.

Таким чином, для рівноваги просторової системи сил необхідно і достатньо, щоб суми проекцій усіх сил системи на кожну з координатних осей, а також суми моментів всіх сил системи щодо кожної осі дорівнювали нулю.

Для отримання більш простих систем рівнянь рекомендується осі проводити так, щоб вони перетинали більше невідомих сил або були до них перпендикулярні (якщо це зайве не ускладнює обчислення проекцій і моментів інших сил).

Новим елементом у складанні рівнянь є обчислення моментів сил щодо осей координат.

У випадках, коли із загального креслення важко побачити, чому дорівнює момент даної сили щодо якоїсь осі, рекомендується зобразити на допоміжному кресленні проекцію тіла, що розглядається (разом із силою) на площину, перпендикулярну до цієї осі.

У тих випадках, коли при обчисленні моменту виникають труднощі у визначенні проекції сили на відповідну площину або плеча цієї проекції, рекомендується розкласти силу на дві взаємно перпендикулярні складові (з яких одна паралельна якій-небудь координатній осі ), а потім скористатися теоремою Варіньйона.

Приклад 5.Рама АВ(рис.45) утримується в рівновазі шарніром Аі стрижнем НД. На краю рами знаходиться вантаж вагою Р. Визначимо реакції шарніра і зусилля в стрижні.

Рис.45

Розглядаємо рівновагу рами разом із вантажем.

Будуємо розрахункову схему, зобразивши раму вільним тілом і показавши всі сили, що діють на неї: реакції зв'язків та вага вантажу Р. Ці сили утворюють систему сил, які довільно розташовані на площині.

Бажано скласти такі рівняння, щоб у кожному було по одній невідомій силі.

У нашому завданні це точка А, де додано невідомі та ; крапка З, де перетинаються лінії дії невідомих сил та ; крапка D- Точка перетину ліній дії сил і . Складемо рівняння проекцій сил на вісь у(на вісь хпроектувати не можна, т.к. вона перпендикулярна до прямої АС).

І, перш ніж складати рівняння, зробимо ще одне корисне зауваження. Якщо на розрахунковій схемі є сила, розташована так, що плече її знаходиться непросто, то при визначенні моменту рекомендується попередньо розкласти вектор цієї сили на дві, зручніше спрямовані. У цій задачі розкладемо силу на дві: і (рис.37) такі, що їх модулі

Складаємо рівняння:

З другого рівняння знаходимо:

З третього

І з першого

Бо вийшло S<0, то стержень НДбуде стиснутий.

Приклад 6.Прямокутна полиця вагою Рутримується в гори-зонтальному положенні двома стрижнями РЄі СD, прикріпленими до стіни в точці Е. Стрижні однакової довжини, AB = 2 a, EO = a. Визначимо зусилля у стрижнях та реакції петель Аі У.

Рис.46

Розглядаємо рівновагу плити. Будуємо розрахункову схему (рис.46). Реакції петель прийнято показувати двома силами перпендикулярними осі петлі: .

Сили утворюють систему сил, довільно розташованих у просторі. Можемо скласти 6 рівнянь. Невідомих – теж шість.

Які рівняння складати – треба подумати. Бажано такі, щоб вони були простішими і щоб у них було менше невідомих.

Складемо такі рівняння:

З рівняння (1) отримаємо: S1 = S2. Тоді з (4): .

З (3): Y A = Y B і, (5), . Значить З рівняння (6), т.к. S 1 = S 2 слід Z A = Z B . Тоді (2) Z A =Z B =P/4.

З трикутника, де, слід,

Тому Y A = Y B = 0,25 P, ZA = Z B 0,25 P.

Для перевірки рішення можна скласти ще одне рівняння і подивитись, чи задовольняється воно при знайдених значеннях реакцій:

Завдання вирішено правильно.

Довільною просторовою системою силназивається система сил, лінії дії яких не лежать в одній площині.

Звідси випливає умова рівноваги довільної просторової системи сил.

У геометричній формі: для рівноваги довільної просторової системи сил необхідно і достатньо, щоб головний вектор і головний момент системи дорівнювали нулю

R = 0, M o = 0 .

В аналітичній формі: для рівноваги довільної просторової системи сил необхідно і достатньо, щоб суми проекцій усіх сил на три координатні осі та суми моментів усіх сил щодо цих осей дорівнювали нулю

ΣF kx = 0 , ΣF ky = 0 , ΣF kz = 0 ,

M x (F k) = 0 , M y (F k) = 0 , Mz(Fk) = 0 .

Центр ваги. Методи визначення центру тяжкості. Координати центру тяжкості плоского тіла та складених перерізів.

Центр ваги

Центр тяжкості тіла - точка докладання сили тяжіння (рівнодіючої гравітаційних сил).

Центр тяжкості ділить відстань між двома вантажами щодо зворотному відношенню їх мас.

Визначення центру важкості

Визначення центру тяжкості довільного тіла шляхом послідовного складання сил, що діють на окремі його частини - важке завдання; вона полегшується лише тіл порівняно простої форми.

Нехай тіло складається з двох вантажів з масами m 1 і m 2 , з'єднаних стрижнем (рис. 126). Якщо маса стрижня мала порівняно з масами m 1 і m 2 то нею можна знехтувати. На кожну з мас діє сила тяжіння:

P 1 = m 1 g, Р 2 = m 2 g;

обидві вони спрямовані вертикально донизу, тобто паралельно один одному. Як ми вже знаємо, рівнодіюча двох паралельних сил прикладена в точці О, яка визначається за умови

Отже, центр тяжіння ділить відстань між двома масами щодо зворотного відношення мас. Якщо це тіло підвісити у точці О, воно залишиться у рівновазі.

Визначення координат центру важкості

Способи визначення координат центру тяжінняВиходячи з отриманих раніше загальних формул, можна вказати способи визначення координат центрів важкості твердих тіл: 1. Аналітичний (шляхом інтегрування). 2 Метод симетрії. Якщо тіло має площину, вісь чи центр симетрії, його центр тяжкості лежить відповідно у площині симетрії, осі симетрії чи центрі симетрії. 3 Експериментальний (метод підвішування тіла). 4 Розбиття. Тіло розбивається на кінцеве число частин, кожної з яких становище центру тяжкості Cта площа Sвідомі. Наприклад, проекцію тіла на площину xOy(рисунок 1.8) можна подати у вигляді двох плоских фігур з площами S 1і S 2 (S = S 1 + S 2). Центри тяжкості цих фігур перебувають у точках C 1 (x 1 , y 1)і C 2 (x 2 , y 2). Тоді координати центру ваги тіла дорівнюють Рисунок 1.8 5Доповнення (метод негативних площ чи обсягів). Окремий випадок способу розбиття. Він застосовується до тіл, що мають вирізи, якщо центри ваги тіла без вирізу та вирізаної частини відомі. Наприклад, необхідно знайти координати центру тяжіння плоскої фігури (рисунок 1.9): Малюнок 1.9

Центр тяжкості однорідних плоских тіл

(плоських фігур)

Дуже часто доводиться визначати центр тяжіння різних плоских тіл та геометричних плоских фігур складної форми. Для плоских тіл можна записати: V = Ah, де А – площа фігури, h – її висота.

Тоді після підстановки у записані вище формули отримаємо:

; ; ,

де Ак – площа частини перерізу; хк, ук – координати ЦТ частин перерізу.

Вираз називають статичним моментом площі (Sy.).

Координати центру тяжкості перерізу можна виразити через статичний момент:

Осі, що проходять через центр тяжіння, називають центральними осями. Статичний момент щодо центральної осі дорівнює нулю.

Визначення координат центру тяжкості плоских фігур

Примітка. Центр тяжкості симетричної фігури знаходиться на осі симетрії.

Центр тяжкості стрижня перебуває в середині висоти. Положення центрів тяжкості простих геометричних фігур можуть бути розраховані за відомими формулами (рис. 8.3: а) – коло; б) – квадрат, прямокутник; в) – трикутник; г) - півколо).

Як було з'ясовано в § 4.4, необхідні та достатні умови рівноваги просторової системи сил, прикладених до твердого тіла, можна записати у вигляді трьох рівнянь проекцій (4.16) та трьох моментів (4.17):

, , . (7.14)

Якщо тіло повністю закріплено, то сили, що діють на нього, знаходяться в рівновазі і рівняння (7.13) і (7.14) служать для визначення опорних реакцій. Звичайно, можуть трапитися випадки, коли цих рівнянь недостатньо для визначення опорних реакцій; такі статично невизначені системи ми не розглядатимемо.

Для просторової системи паралельних сил рівняння рівноваги набувають вигляду (§ 4.4[‡]):

, , . (7.15)

Розглянемо тепер випадки, коли тіло закріплено лише частково, тобто. зв'язки, накладені на тіло, не гарантують рівноваги тіла. Можна вказати чотири окремі випадки.

1. Тверде тіло має одну нерухому точку. Інакше кажучи, воно прикріплене до нерухомої точки за допомогою ідеального сферичного шарніру.

Помістимо у цю точку початок нерухомої системи координат. Дія зв'язку в точці Азамінимо реакцією; оскільки вона невідома за модулем і за напрямом, то ми її представимо у вигляді трьох невідомих складових , , , Спрямованих відповідно вздовж осей , , .

Рівняння рівноваги (7.13) та (7.14) у цьому випадку запишуться у вигляді:

1) ,

2) ,

3) ,

4) ,

5) ,

Останні три рівняння не містять складових реакції, тому що лінія дії цієї сили проходить через точку А. Отже, ці рівняння встановлюють залежності між активними силами, необхідними для рівноваги тіла, причому три перші рівняння можуть бути використані визначення складових реакції.

Таким чином, умовою рівноваги твердого тіла, що має одну нерухому точку, є рівність нулю кожної з сум алгебри моментів всіх активних сил системи щодо трьох осей, що перетинаються в нерухомій точці тіла .

2. Тіло має дві нерухомі цятки. Це, наприклад, матиме місце, якщо воно прикріплене до двох нерухомих точок за допомогою шарнірів.

Виберемо початок координат у точці Аі направимо вісь уздовж лінії, що проходить через точки Аі У. Замінимо дію зв'язків реакціями, спрямувавши складові реакції вздовж координатних осей. Позначимо відстань між точками Аі Учерез а; тоді рівняння рівноваги (7.13) та (7.14) запишуться у наступному вигляді:

1) ,

2) ,

3) ,

4) ,

5) ,

Останнє рівняння не містить сил реакції та встановлює зв'язок між активними силами, необхідний для рівноваги тіла. Отже, умовою рівноваги твердого тіла, що має дві нерухомі точки, є рівність нулю алгебраїчної суми моментів усіх активних сил, прикладених до тіла, щодо осі, що проходить через нерухомі точки . Перші п'ять рівнянь служать визначення невідомих складових реакцій , , , , , .

Зауважимо, що складові не можуть бути визначені окремо. З третього рівняння визначається лише сума + і, отже, завдання щодо кожного з цих невідомих для твердого тіла статично невизначена. Однак, якщо в точці Узнаходиться не сферичний, а циліндричний шарнір (тобто підшипник), що не перешкоджає поздовжньому ковзанню тіла вздовж осі обертання, то й завдання стає статично визначальним.

Тіло має нерухому вісь обертання, вздовж якої воно може ковзати без тертя.Це означає, що в точках Аі Узнаходяться циліндричні шарніри (підшипники), причому складові їх реакцій вздовж осі обертання дорівнюють нулю. Отже, рівняння рівноваги набудуть вигляду:

1) ,

2) ,

4) ,

5) ,

Два з рівнянь (7.18), зокрема, третє і шосте, накладають обмеження систему активних сил, інші рівняння служать визначення реакцій.

Тіло спирається у трьох точках на гладку поверхню, причому точки опори не лежать на одній прямій. Позначимо ці точки через А, Уі Зта сумісний з площиною АВСкоординатну площину Аху. Замінивши дію зв'язків вертикальними реакціями і запишемо умови рівноваги (7.14) в такому вигляді:

3) ,

4) ,

5) ,

Третє – п'яте рівняння можуть бути визначення невідомих реакцій, а перше, друге і шосте рівняння є умови, що пов'язують активні сили та необхідні рівноваги тіла. Звичайно, для рівноваги тіла необхідно виконання умов , , , оскільки в точках опори можуть виникнути лише реакції прийнятого вище спрямування.

Якщо тіло спирається на горизонтальну площину більш ніж у трьох точках, то завдання стає статично невизначеним, тому що при цьому реакцій буде стільки, скільки точок, а рівнянь визначення реакцій залишиться тільки три.

Завдання 7.3.Знайти головний вектор та головний момент системи сил, зображеної на рис. Сили прикладені до вершин куба і спрямовані вздовж його ребер, причому , . Довжина ребра куба дорівнює а.

Проекції головного вектора знаходимо за формулами (4.4):

, , .

Його модуль дорівнює. Напрямні косинуси будуть

, ;

, ;

, .

Головний вектор зображений на рис.

,

а модуль головного моменту за формулою (4.8)

Тепер визначимо напрямні косинуси головного моменту:

, ;

, .

Головний момент зображено на рис. Кут між векторами і обчислюється за формулою (4.11) та

Межі області знайдемо з умов:

,

.

Звідси знаходимо

,

.

На рис. потрібна область, побудована при , заштрихована. При всій поверхні пластини буде безпечною.

Існують три види рівнянь рівноваги плоскої системи сил. Перший, основний вид випливає безпосередньо з умов рівноваги:

;

і записується так:

;
;
.

Два інші види рівнянь рівноваги також можуть бути отримані з умов рівноваги:

;
;
,

де пряма ABне перпендикулярна до осі x;

;
;
.

Крапки A, B і Cне лежать на одній прямій.

На відміну від плоскої системи сил умовами рівноваги довільної просторової системи сил є дві векторні рівності:

.

Якщо ці співвідношення спроектувати на прямокутну систему координат, то отримаємо рівняння рівноваги просторової системи сил:

Завдання 1. Визначення реакцій опор складеної конструкції (Система двох тіл)

Конструкція складається з двох ламаних стрижнів. ABCі CDE, з'єднаних у точці Cнерухомим циліндричним шарніром і прикріпленим до нерухомої площини. xOyабо за допомогою нерухомих циліндричних шарнірів (НШ ), або рухомим циліндричним шарніром (ПШ) та жорстким закладенням (ЖЗ). Площина кочення рухомого циліндричного шарніра становить кут   з віссю Ox.Координати точки A,B,C,D і E, а також спосіб кріплення конструкції наведено у табл. 1. Конструкція завантажена рівномірно розподіленим навантаженням інтенсивності q, перпендикулярній ділянці її застосування, парою сил з моментом Mта двома зосередженими силами і . Рівномірно розподілене навантаження прикладене таким чином, що його рівнодіюче прагне повернути конструкцію навколо точки Oпроти ходу годинникової стрілки. Ділянки програми qі M, а також точки програми і , їх модулі та напрямки вказані в табл. 2. Одиниці величин, що задаються: q- Кілоньютон на метр (кН/м); M- Кілоньютон-метр (кНм); і – кілоньютон (кН);і представлені у градусах, а координати точок – у метрах. Кути,і слід відкладати від позитивного напрямку осі Oxпроти ходу годинникової стрілки, якщо вони позитивні, і під час годинникової стрілки – якщо негативні.

Визначте реакції зовнішніх та внутрішніх зв'язків конструкції.

Вказівки до виконання завдання

На координатній площині xOyвідповідно до умови варіанта завдання (табл. 1) необхідно побудувати точки A,B, C,D,E; зобразити ламані стрижні ABC,CDE; вказати способи кріплення цих тіл між собою та з нерухомою площиною xOy. Потім, взявши дані із табл. 2, завантажити конструкцію двома зосередженими силами і , рівномірно розподіленим навантаженням інтенсивності qі парою сил з алгебраїчним моментом M. Так як у завданні досліджується рівновага складового тіла, далі потрібно побудувати ще один малюнок, зобразивши на ньому окремо тіла ABCі CDE. Зовнішні (точки A,E) та внутрішню (точка З) зв'язку на обох малюнках слід замінити на відповідні реакції, а рівномірно розподілене навантаження – на рівнодіюче
(l- Довжина ділянки додатка навантаження), спрямовану у бік навантаження і прикладену до середини ділянки. Оскільки конструкція, що розглядається, складається з двох тіл, то для знаходження реакцій зв'язків потрібно скласти шість рівнянь рівноваги. Існують три варіанти вирішення цього завдання:

а) скласти три рівняння рівноваги для складеного тіла та три – для тіла ABC;

б) скласти три рівняння рівноваги для складеного тіла та три – для тіла CDE;

в) скласти по три рівняння рівноваги для тіл АВСі CDE.

приклад

Дано:A (0;0,2);У (0,3:0,2);З (0,3:0,3);D (0,7:0,4);E (0,7:0);
кН/м,
кН, β = - 45˚, та
кН, γ = - 60˚,
кНм.

Визначитиреакції зовнішніх та внутрішніх зв'язків конструкції.

Рішення.Розіб'ємо конструкцію (рис. 7, а) у точці Зна складові ABCі CDE(Мал. 7, б,в). Замінимо шарніри Aі Bвідповідними реакціями, складові яких зазначимо на рис. 7. У точці Cзобразимо складники
- сил взаємодії між частинами конструкції, причому .

Таблиця 1

Варіанти завдання 1

Таблиця 2

Дані до завдання 1

Поступово розподілене навантаження інтенсивності q замінимо рівнодіючої , кН:

Вектор утворює з позитивним напрямом осі yкут φ, який нескладно знайти за координатами точок C і D (див. рис. 7, а):

Для вирішення задачі скористаємося першим видом рівнянь рівноваги, записавши їх окремо для лівої та правої частин конструкції. При складанні рівнянь моментів виберемо як моментні точки точки A– для лівої та E– для правої частин конструкції, що дозволить вирішити ці два рівняння спільно та визначити невідомі
і .

Рівняння рівноваги для тіла ABC:

Уявимо силу як суму складових:
де. Тоді рівняння рівноваги для тіла CDEможуть бути записані у вигляді

.

Вирішимо спільно рівняння моментів, попередньо підставивши в них відомі значення.

Враховуючи, що за аксіомою про рівність сил дії та протидії
, з отриманої системи знайдемо, кН:

Тоді з рівнянь рівноваги, що залишилися, тіл ABC і CDEнескладно визначити реакції внутрішнього та зовнішніх зв'язків, кН:

Результати обчислень представимо таблицею: