Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Курс теоретичної механіки 2007 (Укр)

.pdf
Скачиваний:
24
Добавлен:
10.02.2016
Размер:
9.59 Mб
Скачать

§ 4. Аналітичні умови рівноваги для окремих випадків системи сил

1.Сили, що сходяться. Сили називаються силами, що схо-

дяться, якщо лінії дії сил перетинаються в одній точці, яка має назву точки сходу (мал. 32).

Виберемо початок координат О в точці сходу. Тоді моменти всіх сил відносно полюса О будуть дорівнювати нулю (див. §4 глави I), а отже, буде дорівнювати нулю головний момент системи сил відносно цього полюса. Звідси випливає, що три останніх рівняння (17) задовольняються тотожно, і

рівняннями рівноваги для сил, що сходяться, є наступні

рівняння:

n

 

1) прx Fk

= 0,

k=1

 

n

 

2) прy Fk

= 0, (20)

k=1

 

n

 

3) прz Fk

= 0.

k=1

Рівності (20) виражають рівність нулю проекцій головного вектора R на осі

Мал.32 координат, а значить і рівність нулю самого головного вектора. Таким чином, для того щоб тіло під дією сил, що

сходяться, знаходилося в рівновазі, необхідно і досить, щоб головний вектор цих сил дорівнював нулю.

2.Паралельні сили.

Розглянемо систему паралельних сил (мал.33). Виберемо систему координат у такий спосіб: вісь z направимо паралельно лініям дії сил, тоді осі x і y виявляться їм перпендикулярними. Тоді проекції всіх сил на осі x і y будуть дорівнювати нулю, тобто перших два рівняння (17) задовольняються тотожно. Крім того, моменти всіх сил відносно осі z також дорівнюватимуть нулю, тому що їхні лінії дії паралельні цієї осі. Тому і шосте рівняння (17) задовольняється тотожно.

31

Таким чином,

рівняннями рівноваги паралельних сил є наступні рівняння:

n

 

1) прz Fk

= 0,

k=1

 

n

 

2) mx Fk

= 0, (21)

k=1

 

n

 

3) my Fk

= 0.

k=1

Мал.33

3.Плоска система сил.

 

Нехай

система

сил

 

розташована

в площині Π.

 

Проведемо осі x і y у цій

 

площині, а вісь z

 

перпендикулярно

їй.

 

Очевидно, лінії дії всіх сил

 

перпендикулярні осі z, тому

 

проекції всіх сил на вісь z

 

дорівнюють

нулю, тобто

 

третє

рівняння

(17)

 

задовольняється

тотожно.

 

Крім того, моменти всіх сил

 

відносно осей x і y дорівню-

Мал.34

нюють нулю, тому що ці осі

 

лежать

в одній площині із

силами, а отже, лінії дії сил або паралельні цим осям, або їх перетинають. Таким чином, четверте і п'яте рівняння (17) також задовольняються тотожно, і рівняннями рівноваги плоскої системи

сил є наступні рівняння:

32

n

n

n

 

 

 

1) прx Fk

= 0, 2) прy Fk

= 0, 3) mz Fk = 0,

 

(22)

k=1

k=1

k=1

 

 

 

Приклад 1.

Визначення опорних реакцій

балки, що

 

 

знаходиться

під

 

 

дією плоскої сис-

 

 

теми сил.

 

 

 

На

мал.35

зоб-

 

 

ражена

вигнута

 

 

балка,

що знахо-

 

 

диться

під

дією

 

 

сил Р1 і Р2 , а

 

 

також пара сил з

 

 

моментом М. Усі

 

Мал.35

ці сили лежать у

 

 

однієї

площини,

що збігає з площиною креслення. Задано наступні величини: Р1 =10 кН, Р2 =4 кН, М = 5 кНм, α = 30о. Необхідно знайти реакції нерухомого шарніра А и стержня В (вісь шарніра перпендикулярна площини, у якій лежать сили).

Рішення. У параграфі 20 глави I було показано, що реакція нерухомого шарніра RA розкладається на дві складові RAx і RAy у площині, перпендикулярній осі шарніра, тобто в площині креслення. Реакція стержня RВ спрямована уздовж осі стержня, тобто в даному випадку вертикально. У результаті додавання цих сил до заданих, одержуємо систему сил, показану на мал. 34. Балка знаходиться в рівновазі під дією цієї системи сил. Тому виконуються рівняння рівноваги для плоскої системи сил. Для того, щоб спростити їхнє

складання, розкладемо силу Р2 на дві складові: P

/

= Р2 sin α

і P//

= Р2

 

2

 

2

 

cos α. Складемо рівняння:

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

прx Fk

=RAx + P2 sin α = 0

 

 

 

 

k=1

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

прy Fk

= RAy P1 + RB P2 cos α = 0

 

 

 

 

k=1

n

mz (Fk ) = M 4P1 + 5RB 8P2 cos α 2P2 sin α = 0

k=1

33

При складанні останнього рівняння було враховано, що вісь z перпендикулярна площини креслення, тобто всі сили лежать у площині, перпендикулярної цієї осі, і при обчисленні моментів відносно цієї осі можна використовувати спрощене правило (див. властивість 3 з §3 глави I).

З останнього рівняння знаходимо

RB = M + 4P1 + 8P25cos α + 2P2 sin α = 13,34 кН.

З першого рівняння одержуємо

RAx = - P2 sin α =- 2 кН,.

А з другого

RAy = P1 RB + P2 cos α = 0,12 кН.

Тому що RA = RAx +RAy , те RA = RAx2 + RAy2 = 2,004 кН.

Приклад 2. Визначення опорних реакцій плити, що знаходиться під дією просторової системи сил.

Однорідна прямокутна плита ABCD вагою Р = 10 кН спирається

 

на нерухомий сфе-

 

ричний шарнір у

 

точці А (мал.36). У

 

точці В неї підтри-

 

мує нерухомий ци-

 

ліндричний шарнір,

 

вісь якого збігається

 

з віссю х, а в точці D

 

стержень DE. У

 

точці С на неї діє

 

сила F = 20 кН у

 

площині плити під

 

кутом α до ребра ВР.

 

Необхідно знайти

Мал.36

реакції опор плити,

 

якщо α = 30о і

b/a = 2.

 

34

Рішення. У §20 глави I було показано, що реакція сферичного шарніра RA має три складові RAx , R, RAz уздовж трьох осей координат хи z, а реакція RВ дві складові RВу і RВz у площині, перпендикулярній осі шарніра, тобто осі х. Реакція RDE стержня DE повинна бути спрямована уздовж осі стержня. Розкладемо реакцію

стержня RDE на дві складові RDE/ = RDE cosα і RDE// = =RDE sinα, паралельні осям y і z. Аналогічно розкладається сила F: на силу F/ = F sinα, паралельну осі х, і силу F// = F cosα, паралельну осі в. Таким чином, плита знаходиться в рівновазі під дією просторової системи сил, показаної на мал. 36. Складаємо рівняння рівноваги:

n

 

 

 

 

 

прx Fk

=RAx + F sin α = 0,

k=1

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

прy Fk = RAy + RBy RDE cos α F cos α = 0,

k=1

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

прz Fk

=RAz + RBz + RDE sin α P = 0,

k=1

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

mx

(Fk ) = bRDE sin α

b

P = 0,

 

k=1

2

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

my

(Fk ) = − aRBz +

a

P = 0,

 

k=1

2

 

 

 

 

 

 

 

 

n

mz (Fk ) = aRBy aF cos α bF sin α = 0.

k=1

Зпершого рівняння знаходимо

RAx = - F sinα = -10 кН.

З четвертого рівняння:

RDE = Р = 10 кН.

З п'ятого рівняння:

RBz = Р/ 2 = 5 кН.

35

Із шостого рівняння:

RВу = F cosα + b F sin α = 37,3 кН. a

Підставивши знайдені значення реакцій у друге і третє рівняння, знаходимо

RAy = - RBy +RDE cosα +F cosα = 8,67 кН, RAz = - RBz - RDE sinα +P = 0.

Тому що RA = RAx + RAy + RAz , то

RA = RAx2 + RAy2 + RAz2 = 13,23 кН.

Тому що RВ = RВy + RВz , то

RB = RBy2 + RBz2 = 37,63 кН.

36

Г Л А В А III

ПРИВЕДЕННЯ СИСТЕМИ СИЛ ДО НАЙПРОСТІШОГО ВИДУ

§ 1. Загальна ознака еквівалентності систем сил

Теорема. Для того щоб дві системи сил S1{F1,F2,…,Fn}і S2{Р1,Р2,…,Рm} були еквівалентними, необхідно і досить, щоб їхні

головні вектори і головні моменти відносно того самого полюса

були геометрично рівні.

Необхідність умов еквівалентності (тобто те, що з еквівалентності двох систем сил випливає рівність їхніх головних векторів і головних моментів відносно того самого полюса ) випливає безпосередньо з властивості 3 еквівалентних систем сил (§15 глави I).

Доведемо достатність умов еквівалентності (тобто що з рівностей

R(S1) = R(S2), Mo(S1) = Mo(S2)

(23)

випливає S1 ~ S2 ).

Уведемо додаткову систему сил

S3{Q1,Q2,…,Qm},сили якої прямопротилежні

силам системи

S2{Р1,Р2,…,Рm} і розглянемо систему S, що

складається із сил, що входять в усі три системи S1 , S2 і S3, тобто

S = S1 U S2 U S3 . (24)

Оскільки системи S2 і S3 складаються із взаємно прямопролеж-

Мал.37 них сил, то використовуючи m разів дру-

гу елементарну операцію, їх можна видалити. У результаті від системи S залишиться тільки система сил S1, тобто ця система була отримана із системи S за допомогою елементарних операцій. Це значить, що

37

S1 ~ S.

(25)

Розглянемо тепер систему S4, що складається із сил, що входять у системи S1 і S3, тобто

S4 = S1 U S3 .

(26)

Помітимо, що при цьому з (24) випливає, що

S = S2 U S4 .

(27)

Знайдемо головний вектор системи S4:

R(S4) = R(S1) + R(S3),

(28)

Тому що {Pk,Qk} – п.п.с., тобто Pk = Qk (k = 1,2,…,n), то R(S3) =

=R(S2). Але за умовою R(S2) = R(S1) . Таким чином, R(S3) = R(S1), і з (28) одержуємо

R(S4) = 0.

Зовсім аналогічно доводиться, що

Mo(S4) = 0.

Використовуємо тепер основну лему статики і за допомогою елементарних операцій приведемо систему S4 до двох сил P і Q. З властивості 3 еквівалентних систем сил (§15 глави I) випливає, що

P + Q = R(S4) = 0,

mo(P) +mo(Q) = Mo(S4) = 0.

Такими властивостями володіють тільки дві прямопротилежні сили, тобто {P,Q} – п.п.с. Використовуємо тепер другу елементарну операцію і видалимо ці сили. Нагадаємо, вони були отримані з S4 за допомогою елементарних операцій. Таким чином, система S4 зникає і від системи S (див.(26)) залишається только система S2. Це значить, що

S ~ S2 .

Зіставляючи це співвідношення з (25) і використовуючи властивість 2 еквівалентних систем сил (§15 глави I), одержуємо

38

S1 ~ S2

(що і було потрібно довести).

Наслідок 1 (ознака еквівалентності пар). Для того щоб дві пари сил були еквівалентними, необхідно і досить, щоб їхні моменти

були геометрично рівні.

Доказ. Головний вектор пара сил дорівнює нулю, у такий спосіб умова геометричної рівності головних векторів будь-яких пар сил виконано. Звідси випливає, що необхідною і достатньою умовою еквівалентності пар сил є геометрична рівність їхніх моментів.

Наслідок 2 (теорема про додавання пар). Система пар сил еквівалентна а) парі сил, момент якої дорівнює геометричній сумі моментів

пар, що входять у систему, у тому випадку, коли ця геометрична сума відмінна від нуля; б) двом прямопротилежним силам, якщо геометрична сума

моментів пар дорівнює нулю.

Доказ.

Випадок а). Головний вектор системи пар сил S{P1,Q1,P2,Q2,…,Pm,Qm}дорівнює нулю, тому що головний вектор кожної з них дорівнює нулю, тобто Pi+Qi = 0 (i=1,2,…,m)... У такий спосіб головні вектори системи пар й однієї пари сил геометрично рівні завжди. Тому для еквівалентності системи пар сил S{P1,Q1,P2,Q2,…,Pm,Qm}одній парі S1{P,Q}достатнє виконання умови геометричної рівності їхніх головних моментів, тобто рівності геометричної суми моментів пар, що входять у систему S{P1,Q1,P2,Q2,…,Pm,Qm},моменту пари S1{P,Q}, що відмінний від нуля (див. §12 глави I).

Випадок б). Якщо геометрична сума моментів пар, що утворяють систему S{P1,Q1,P2,Q2,…,Pm,Qm},дорівнює нулю, то тим самим виконуються дві умови

R(S)=0, M(S)=0.

Але таким же умовам задовольняють і дві прямопротилежні сили.

§2. Еквівалентні перетворення пар

Знаслідку 1 попереднього параметра випливає, що будь-які пере-

39

творення однієї пари сил в іншу, що залишають її момент незмінним, приводять до пари, еквівалентної вихідної.

Перетворення пари, що не змінюють її моменту, називаються

еквівалентними.

Приведемо деякі приклади еквівалентних перетворень:

1. переміщення пари у своїй площині без зміни величини сил, плеча і напрямку обертання,

2. перенос пари зі своєї площини в паралельну їй площина без зміни величини сил, плеча і напрямку обертання,

3.одночасна зміна величини сил, що утворять пару, і її плеча,

при якому залишається незмінним добуток величини сил на плече.

Неважко переконатися, що у всіх трьох випадках не міняється ні напрямок моменту, ні його величина (мал.38).

Мал.38

§ 3. Теорема Пуансо про приведення системи сил до заданого центра

Будь-яка система сил S еквівалентна системі S1{F,P,Q} із трьох

сил, перша з яких F геометрично дорівнює головному вектору R системи S і прикладена в будь-який заздалегідь обраної точці O

(іменованої центром приведення), а інші дві утворяють а) пару сил з моментом М, рівним головному моменту Мо

системи S відносно центра приведення О, якщо цей головний

момент відмінний від нуля; б) дві прямопротилежні сили, якщо головний момент Мо

системи S відносно центра O приведення дорівнює нулю.

40

Тут вы можете оставить комментарий к выбранному абзацу или сообщить об ошибке.

Оставленные комментарии видны всем.