Случаи приведения плоской системы сил к простейшему виду

Рассмотрим некоторые частные случаи предыдущей теоремы.

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

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

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

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

Пример 2. К диску приложены силы:

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

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

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

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

Главный момент системы М₀:

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

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

Пример 3.

П

Рис. 3.17

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

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

;

.

Модуль главного вектора R равен: ; .

Направляющие косинусы будут: ; .

^

О

^

тсюда: (х, R) = 150⁰; (y, R) = 60⁰.

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

m_A = m_A(F₁) + m_A(F₂) + m_A(F₃).

У

Рис. 3.18

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

m_A = m_A(F₂) = F*a.

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

Ответ: R = 2F; (х,^ R) = 150⁰; (y,^ R) = 60⁰; m_A = F*a.

Вопросы для самоконтроля

1. Что такое момент силы относительно центра?

2. Что такое пара сил?

3. Приведение произвольной плоской системы сил к данному центру?

4. Сложение параллельных сил?

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

Литература: [1], [3], [4].

Лекция 4. Условия равновесия произвольной плоской системы сил

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

 F_ix = 0; F_iy = 0; m₀(F_i) = 0.

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

 m_A(F_i) = 0; m_B(F_i) = 0; F_ix = 0.

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

 m_A(F_i) = 0; m_B(F_i) = 0; m_С(F_i) = 0.

П

Рис. 4.1

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

Р ешение:

П

Рис. 4.2

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

проекции сил на ось Х: - Fcos45⁰ – R_Ax = 0 (1)

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

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

С илу F разложим в точке С на две взаимно перпендикулярные составляющие F” и F’; сила F’ момента относительно точки А не создает, так как линия действия силы проходит через точку А. Модуль силы F” = Fcos45⁰ = F(2)^1/2/2.

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

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

4 *10⁴*0,7 = R_Ax R_Ax = 2.8*10⁴H

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

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

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

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

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

Рис. 4.3

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

Р

Рис. 4.4

аспределенную нагрузку q заменим эквивалентной сосредоточенной силой Q = q*KA, приложенной в точке М (АМ = 2м). Количество неизвестных сил реакции: R_Ax, R_Ay, R_B, R_C и две пары составляющих сил реакции в шарнире D.

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

П

а)

б)

Рис. 4.5

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

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

Уравнения условия равновесия для всей конструкции:

R_Ax – Fcos60⁰ = 0

- Q - R_Ay – Fsin60⁰ + R_B + R_C – P = 0

m_A(F) = Q*m_A – Fsin60⁰*AN + R_B*AB + R_C*AC – P*AE = 0

Уравнения условия равновесия для элемента DE:

R’_Dx = 0

R’_Dy, + R_C – P*DE = 0

M_D(F) = R_C*DC – P*DE = 0

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