Справочник по статике: Учебное пособие по теоретической механике

Министерство образования Российской Федерации. Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования «САМАРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ»

Кафедра «Механика»

СПРАВОЧНИК ПО СТАТИКЕ

Данный справочник по статике входит в серию электронных учебных пособий по теоретической механике, разрабатываемых на кафедре механики. В справочнике излагается теоретический материал (без выводов и доказательств), даны примеры решения задач по статике – с подробными пояснениям, а также предлагаются задачи для самостоятельного решения. Справочник предназначен для студентов всех специальностей, изучающих теоретическую механику. Зав. кафедрой «Механика» - д.т.н, проф. Я.М.Клебанов. Разработчики - Л.Б. Черняховская, Л.А. Шабанов.

Оглавление 1. Основные понятия и определения………………..3 2. Виды связей и их реакции………………………….5 3. Равновесие плоской системы сил…………………8 4. Трение………………………………………………..16 5. Равновесие системы твердых тел………………...19 6. Равновесие пространственной системы сил…….24 7. Центр тяжести………………………………………33 8. Библиографический список………………………36

1. Основные понятия и определения 1.1. Абсолютно твердым называется такое тело, расстояния между двумя любыми точками которого остаются неизменными независимо от действий на него других тел. Для краткости термин абсолютно твердое тело заменяется термином «твердое тело» или просто «тело». 1.2. Состояние движения или покоя данного тела зависит от механических взаимодействий с другими телами. Мерой такого взаимодействия является сила. Силой называется векторная величина, определяющая меру механического взаимодействия двух тел. Характеристиками действия силы являются: а) численное значение силы или ее модуль; б) направление силы; в) точка ее приложения. Линией действия силы называется прямая, вдоль которой действует сила.

F

в

А

А а

F

в

а Рис.1

Рис.2.

Графически силы изображается направленным отрезком, длина которого в выбранном масштабе выражает модуль, а начало вектора совпадает с точкой приложения силы (рис.1). Иногда точку приложения силы совмещают с концом направленного отрезка – острием стрелки вектора (рис.2). Линия действия силы - прямая ав. 1.3. Системой сил называется совокупность сил, приложенных к одному твердому телу. Систему сил, приложенных к данному твердому телу (рис.3 ), обозначают: {F1 , F2 ,..., Fn }. Наиболее часто встречаются следующие системы сил: а) система сходящихся сил, т.е. сил, линии действия которых пересекаются в одной точке;

б) система параллельных сил; в) плоская система сил, т.е. сил, линии действия которых лежат в одной плоскости. A1 A 2 г) пространственная система сил. Эквивалентными называются такие две сисA4 темы сил, каждую их которых можно заменить F4 A3 другой, не изменяя состояния покоя или характер F3 движения тела: {P1 , P2 ,..., Pk }∞ {F1 , F2 ,..., Fn }. Рис. 3 Равнодействующей называется сила, эквивалентная системе сил: F ∞ {F1 , F2 ,..., Fn }. Уравновешенной или эквивалентной нулю называется система сил, под действием которой тело находится в покое. {F1 , F2 ,..., Fn }∞0. А1 Парой сил называется система двух равных F2 F1 по модулю, параллельных и направленных в противоположные стороны сил (рис.4) А1 Пару сил обозначают: (F1 , F2 ) . F1

F2

Рис.4.

1.4. Свободным называется твердое тело, не скрепленное с другими телами, которому можно сообщить из данного положения любое перемещение в пространстве. Связями называются любые ограничения, препятствующие перемещениям тела в пространстве. К связям относятся различного вида устройства, закрепляющие тела, и опорные поверхности. Тело с наложенными на него связями называется несвободным. Реакцией называется сила, с которой связь действует на тело. Направления реакций определяются свойствами связей. Реакция конкретной связи направлена в сторону, противоположную той, куда эта связь не дает телу перемещаться. Все силы, действующие на несвободное тело, разделяются на две категории: активные силы и реакции связей. Силы, не зависящие от связей, называются активными или заданными. Реакции связей являются пассивными, поскольку они возникают в результате действия на тело активных сил. 1.5. Статика решает две задачи: 1) определяет методы эквивалентных преобразований систем сил; 2) определяет условия равновесия абсолютно твердых тел. Равновесием в статике называется состояние покоя данного тела или нескольких тел по отношению к инерциальной системе отсчета. Для инженерных расчетов инерциальной системой может служить система координат, связанная с Землей.

2. Виды связей и их реакции 2.1. Гладкая поверхность. Гладкой считается поверхность, трением о которую можно пренебречь. Гладкое тело, опирающееся на гладкую поверхность, может скользить вдоль этой поверхности и не может перемещаться по нормали к ней. Реакция гладкой поверхности направлена по NA общей нормали к соприкасающимся поверхностям тела и опоры и приложена в точке их контакта (рис. 5). А В случае шероховатых поверхностей трение можно исключить при помощи катков (рис.6), соедиРис.5 ненных с телом и устанавливаемых на опорную поверхность. Реакция катков направлена по нормали к NA опорной поверхности. А

2.2. Точечная опора (острие, гладкий выступ). Реакция точечной опоры направлена по нормали к поверхности тела (рис.7).

Рис.6

2.3. Нить, на которой подвешено тело (рис.8), не дает ему удаляться от точки подвеса. Реакция направлена вдоль нити от точки ее закрепления на данном теле.

RA А

4.4. Цилиндрический шарнир состоит из болта и надетой на него втулки. Такое закрепление допускает перемещение вдоль оси шарнира и вращение вокруг нее. Реакция шарнира приложена в точке контакта болта и втулки и направлена по общей нормали к соприкасающимся поверхностям. Положение точки контакта зависит от приложенных к телу активных сил, поэтому направление реакции шарнира заранее неизвестно (рис.9), и ее раскладывают на две взаимно-перпендикулярные составляющие, параллельные координатным осям (рис. 10).

Рис.7

ТВ

ТА А

В

Рис. 8

Y С Рис. 9

R

RB

УА А

ХА

В

X Рис. 10

2.5. Подшипник – опора вала, допускающая его вращение вокруг своей оси и перемещение вдоль этой оси. Реакция подшипника лежит в плоскости, перпендикулярной оси вала и раскладывается на две взаимноперпендикулярные составляющие (рис.11). 2.6. Подпятник представляет собой опору вала, позволяющую ему перемещаться только в одном направлении вдоль оси вала и поворачиваться вокруг нее. Реакция подпятника (рис. 12) раскладывается на три взаимноперпендикулярные составляющие. z

ZB

ZA

B

A

ZA

y

Y

X

X x

А Рис.12

Рис.11

2.7. Реакция тонкого невесомого стержня, шарнирно соединенного концами с телом и опорой, направлена вдоль стержня (рис. 13). Это следует из того, что опорный стержень находится в равновесии под действием двух приложенных в шарнирах сил, а в этом случае на основании аксиомы 1 силы направлены вдоль прямой, соединяющей точки их приложения.

SB

У B

A

МА

Х

A Рис. 14

Рис. 13

2.8. Жесткая заделка. При таком закреплении балки (рис.14) исключается ее поворот, горизонтальные и вертикальные перемещения, поэтому реакция такой связи состоит из пары сил с моментом МA, препятствующей повороту балки, и двух взаимно перпендикулярных сил XA,УА. У А

2.9. Реакция скользящей заделки (рис.15) состоит из силы УА и пары сил с моментом МА.

A МА

B Рис. 15

2.10.

Упражнения.

Покажите реакции связей для различных видов закрепления балки АВ. С

А

P

А

M

С

B

P

А

P

А

С

B

P

M

С P

А

B

С

M

B

А

M

С

M

B

P

M

А M С А

P

С

B

B

P

M

А

M

С

P

B

B M

А

А M P

B

M P

А

3. Равновесие плоской системы сил 3.1. Моментом силы относительно центра на плоскости называется произведение модуля силы на плечо. Плечо – перпендикуляр, опущенный из центра на линию действия силы. F2 F3 Момент считается положительным, если сила стремится повернуть тело вокруг выбранного центра против часовой А3 F1 стрелки (рис. 16). А2 mO ( F1 ) = F1 h1 , mO ( F2 ) = − F2 h2 ,

h2 О 900

mO ( F3 ) = 0 .

Если линия действия силы проходит через центр, то момент силы относительно этого центра равен нулю.

h1 А1

900

Рис. 16

3.2. Проекцией силы на ось называется скалярная величина, равная взятой с соответствующим знаком длине отрезка, заключенного между проекциями начала и конца вектора силы (рис. 17). Проекция имеет знак плюс, если перемеще- у F Fу ние от ее начала к концу, происходит в положительном направлении оси, и знак минус – если в Fу α отрицательном. Fх Проекция силы на ось равна произведению х силы на косинус угла между направлением силы О Fх и положительным направлением оси. Рис.17 Fx = F cos α Fy = F cos (90 − α ) = F sin α . 3.3. Парой сил называется совокупность двух равных по модулю, параллельных и противоположно направленных сил (рис. 18). Момент пары в плоской системе сил определяется как алгебраическая величина, равная взятым со знаком плюс или минус произведению одной из сил пары на плечо.

m( F1 , F2 ) = ± F ⋅ h .

F2

900

h F1

Рис. 18

Плечо пары – кратчайшее расстояние между линиями действия сил пары. Момент пары имеет знак плюс, если пара стремиться повернуть тело против часовой стрелки. Сумма проекций сил пары на любую ось равна нулю. 3.4. Распределенными называются силы, действующие в каждой точке отрезка прямой. Интенсивностью называется сила, приходящаяся на единицу длины. Интенсивq ность обозначается буквой q (рис. 19). В А 0,5l

0,5l

Равномерно распределенная нагрузка на участке АВ (рис. 19) длиной l и интенсивностью q приводится к равнодействующей силе Q, параллельной действующим силам, приложенной в середине отрезка АВ и равной Q = ql.

Q Рис.19

Q

q

В А

l

В

А l/3

Рис.20

2l/3 Рис.20а

Нагрузка, распределенная по правилу треугольника, образована силами, интенсивность который меняется по линейному закону (рис.20). Такая нагрузка приводится к равнодействующей, приложенной к точке С, которая делит отрезок АВ в отношении 1:3 от точки А к точке В. Модуль равнодействующей (рис.20а) равен Q =

ql . 2

3.5. Уравнения равновесие плоской системы сил. Одной из практических задач статики является определение реакций неподвижно закрепленного твердого тела. Для того, чтобы определить реакцию, необходимо указать ее направление и вычислить ее величину. Направление реакции зависит от вида связи.

Численные значения реакций определяются из уравнений, которым удовлетворяют приложенные к твердому телу силы в случае его равновесия. Для равновесия абсолютного твердого тела под действием плоской системы сил необходимо и достаточно, чтобы сумма проекций этих сил на координатные оси х и у равнялись нулю, и чтобы равнялась нулю сумма моментов этих сил относительно произвольно выбранной точки. ∑ Fkx = 0 ,

∑ F = 0, ∑ m (F ) = 0 . ky O

k

Статически определенной называется задача статики, в которой число подлежащих определению сил равно числу уравнений равновесия статики. Для плоской задачи число неизвестных сил (реакций) не должно быть более трех. Теорема Вариньона. Момент равнодействующей относительно какого-либо центра для плоской системы сил равен алгебраической сумме моментов ее составляющих относительно того же самого центра. 3.4. Рекомендации по решению задач на равновесие твердого тела. 1. Сделайте чертеж тела, находящегося в равновесии. 2. Изобразите в виде векторов все приложенные к нему активные силы. 3. Замените распределенную нагрузку ее равнодействующей и укажите точку ее приложения. 4. Покажите направления векторов реакций наложенных на тело связей. 5. Составьте уравнения равновесия, включая в них все приложенные к телу активные силы и реакции связей. 6. При составлении уравнения моментов за центр моментов следует выбирать точку, через которую проходят линии действия двух неизвестных сил, например точку, в которой тело закреплено шарнирно. 7. В тех случаях, когда определение момента силы относительно центра затруднено вычислением его плеча, рекомендуется разложить силу на две взаимно-перпендикулярные составляющие и воспользоваться теоремой Вариньона.

3.5. Пример решения задачи на равновесие плоской системы сил. Стержень АВ, одним концом закреплен шарнирно, другим опирается на гладкую вертикальную стену. На стержень действует сила Р = 6 кН и пара сил с моментом М = 20 кНм, АС = СВ =2 м. (рис.21). Определить реакции опор.

В Р

900 С

М

А

300

Решение. Рис.21 Выбираем оси координат: направляем ось х горизонтально вправо, ось у – вертикально вверх. Кроме активных сил, на стержень действуют: реакция подшипника, которую раскладываем на две составляющие: ХА , УА , и реакция R B, направленная перпендикулярно опорной плоскости (рис. 21 а). Составим уравнения равновесия. Проведем в точке С, где приложена сила Р, прямые, параллельные осям х и у. Проекции силы Р на эти прямые равны соответственно ее проекциям на оси х и у: y y1 R B

Px = P cos 60 o , Py = − P sin 60 o.

Р 600

Сумма проекций сил, составляющих пару, на любую ось, равна нулю. За центр моментов выбираем точку А, моменты сил ХА , УА относительно этой точки равны нулю, сумма моментов сил пары относительно любой точки равна моменту пары. Плечом силы Р является расстояние АС (рис.21 б), плечом силы R B - перпендикуляр Аа, опущенный из точки А на линию действия этой o силы. Аа = АВ sin 30 . Получаем уравнения равновесия:

∑F ∑F

∑m

KX

= X A + P cos 60 o − RB = 0

KY

= YA − P sin 60 o = 0

A

( FK ) = − M − P AC + RB AB sin 30 o = 0 .

С

YA 300 М XA

А

В

x1 x

Рис.21а RB В

a Р М YA А

300 XA

С

90о

Рис.21б

Из последнего уравнения: RB =

M + P AC . AB sin 30 0

Из второго уравнения: Y A = P sin 60 0. X A = − P cos 600 +

Из первого уравнения:

M + P AC . AB sin 300

Численные значения реакций находим после подстановки в полученные выражения исходных данных. 3.6. Задачи для самостоятельного решения

В следующих задачах (рис. 22 - 27) определить реакции опор в точках А и В. Задача 1 (рис. 22) Р = 6 кН, q = 2 кH/м b А

q

Р 0 60 A 0,8

В С Рис.22

1,6

200

a

YA

600

А XA

NB P

D

С Q

700

В 200

Рис. 22а

Методические рекомендации. Замените (рис. 22а) равномерно распределенную нагрузку ее равнодействующей Q =q CB, приложите Q в середине отрезка СВ в точке D. Изобразите в виде векторов реакции связей. Реакция в точке В направлена перпендикулярно опорной плоскости и составляет угол 700 с балкой АВ. Реакция шарнира А имеет две составляющие: ХА и УА. Уравнения моментов составьте относительно точки А, приняв во внимание, что плечом для силы Р является опущенный на ее линию действия перпендикуляр Аа, плечом силы Q – опущенный на ее линию действия перпендикуляр Ав.

Задача 2 (рис. 23) Р =10 кН, М = 6 кНм, q =2 кН/м у

В

q

NB В

b Q

М А

D

2

С

С

Р

YA

450 2

А

М

Р

450 XA

х a

Рис. 23а

Рис. 23

Методические рекомендации

Замените равномерно распределенную нагрузку на участке СВ равнодействующей силой Q = q CB (рис. 23а), приложенной в середине этого участка. Покажите реакции в точках А и В. Проведите в точке D, где приложена сила Q, прямые, параллельные осям х и у. С помощью этих прямых найдите проекции силы Q на оси координат. Составьте уравнения равновесия. Учтите, что при составлении уравнения моментов относительно точки А плечом силы Р является отрезок Аа, плечом силы Q – отрезок Ав, плечом силы Q отрезок АD. Учтите, что сумма проекций сил пары на любую ось равна нулю. Задача 3 (рис. 24)

М=12кHм, P=8кНм, Q=10кН, F=6кН.

у а A

С M 2

D P1

Рис.24

В 50 300 F 1

0

Q

Т

УА ХА

A MА

С

В 500

D

0

M

P

F

в Рис.24а

30

х

Методические рекомендации.

Покажите реакции связей (рис. 24а). В точке А – жесткая заделка, ее реакцию составляют силы ХА, УА и пара сил с моментом МА. Реакция нити в точке В равна силе тяжести груза, подвешенного на этой нити: T =Q. Составьте уравнения равновесия и определите составляющие реакции жесткой заделки в точке А: ХА, УА и МА. Задача 4 (рис. 25) Методические рекомендации М = 34 кНм, Р =12 кН, F = 20 кH

1,8

1,5

Покажите на схеме все действующие на тело активные силы и реP o q 30 D А С акции связей (рис. 25). Реакцию шарнира в точке А разложите на две соM 1 3 ставляющие ХА и УА, реакцию в точке В направьте перпендикулярно опорной F1 K плоскости. Замените равномерно расo 40 F2 пределенную нагрузку на участке СК F B ее равнодействующей. Учтите, что сумма проекций сил, Рис.25 составляющих пару, на любую ось равна нулю. При составлении уравнения моментов относительно точки А следует силу F разложить на горизонтальную и вертикальную составляющие F1 и F2 и применить теорему Вариньона: m A ( F ) = m A ( F1 ) + m A ( F2 ) = − F1 ⋅ CK − F2 AC = − F cos 50 0 CK − F sin 50 0 AC . Задача 5 (рис. 26). М = 34 кНм, Р =12 кН, F = 20 кH S B

А

30

0

4 Рис. 26

F

1,2

0 P1 50

а

D

УА А

ХА

P2

F

M

30o 4

Рис. 26а

P

18

M

1,8

500 P

1,2

B

С

Методические рекомендации.

На схеме (рис.26а) показаны все приложенные к телу силы: заданные силы Р, F и пара сил с моментом М и реакции связей XА, УА в точке А и усилие S в точке В. Составьте уравнения равновесия. Проекции сил пары на оси координат равны нулю. Плечо силы F относительно точки А равно отрезку Аа. Для определения момента силы Р относительно точки А следует разложить ее на две составляющие Р1 и Р2 и применить теорему Вариньона. Р1=Рсоs500, P2=Psin500. m A ( P ) = m A ( P1 ) + m A ( P2 ) = − P1 AC + P2CD = − P cos 500 AC + P sin 500 CD. Задача 6 (рис. 27)

M = 34 кНм, Р = 18 кН, F = 10 кН, q = 2 кН/м. M q

А

Методические рекомендации 2

Проверьте (рис. 27), является ли задача статиE чески определенной. Выберите оси координат: ось х горизонтально, ось у вертикально. 1,5 2 Покажите реакции в жесткой заделке в точке P 700 С 600 А : силы ХА, УА и пару сил с моментом МА. ЗамеF B ните равномерно распределенную нагрузку на 2 участке ED ее равнодействующей Q =q ED, приложенной в середине этого участка. Разложите Рис. 27 силу Р на две составляющие Р1 и Р2. Р1 направьте горизонтально, Р2 – вертикально. Тогда Р1=Р соs 600, P2=Psin 600. Составьте уравнения равновесия. Уравнение моментов составьте относительно точки А. Момент силы Р определите с помощью теоремы Вариньона: D

m A ( P ) = m A ( P1 ) + m A ( P2 ) = P1 AC − P2 CB = P cos 60 0 AC − P sin 60 0 CB

4. Трение. 4.1. Силой трения называется сила, возникающая при стремлении сдвинуть одно тело по поверхности другого в плоскости соприкосновения тел. Возникновение силы трения обусловлено шероховатостью трущихся поверхностей. Трение, возникающее при стремлении сдвинуть тело, находящееся в равновесии, по шероховатой поверхности, называется статическим. Сила статического трения может принимать любые значения от нуля до некоторого максимального значения. Максимальная величина статического трения соответствует моменту начала скольжения трущихся тел и равна произведению коэффициента статического трения на нормальную реакцию: Fmax = f o N .

Статический коэффициент трения fo определяется опытным путем и зависит от материала соприкасающихся тел шероховатости их поверхностей. Благодаря наличию силы трения между данным телом и опорной поверхностью полная реакция R этой поверхности N R является равнодействующей двух сил: нормальной реакции ϕ N и силы трения F (рис.28). Угол ϕ между направлениями нормальной реакции N и F полной реакции R , соответствующий максимальному значению силы трения, называется углом трения. Рис. 28

tqϕ =

Fmax f N = o = fo . N N

Метод решения задач статики при наличии трения сводится к составлению уравнений равновесия, но только в эти уравнения, кроме заданных сил, приложенных к данному телу, и реакций связей, войдут еще и силы трения. К уравнениям равновесия добавляется формула, определяющая максимальную величину силы трения, которая определятся по формуле Fmax = f o N . 4.2. Примеры решения задач с учетом сил трения Пример 1. Груз массой m лежит на горизонтальной плоскости. Определить, какую силу P, направленную под углом α к этой плоскости, необходимо приложить к телу, чтобы сдвинуть его с места, если коэффициент трения груза о плоскость равен f (рис. 29).

Решение. Рассмотрим предельное положение равновесия груза. На груз действуют сила тяжести mq, нормальная реакция N, сила трения F и сила Р. Составляем уравнения равновесия груза.

у N

P

α

F

х

∑ Fkx = P cosα − F = 0 , ∑ Fky = P sin α + N − mq = 0.

mq Рис.29

Находим нормальную реакцию N из последнего уравнения: N = mq − P sin α . Максимальная сила трения F = fN = f (mq − P sin α ) . Подставим это значение в первое уравнение и определим предельное значение силы Р, при котором груз остается в равновесии. fmq . cos α + f sin α Движение груза начнется при значениях P ≥ Pпр . Pпр =

Пример 2. Определить, при каких значениях угла наклона α груз, находящийся на наклонной плоскости, остается в равновесии, если его коэффициент трения равен f (рис.30). Решение.

Рассмотрим предельное положение равновесия груза на наклонной плоскости. На груз действуют сила тяжести mq, нормальная реакция N и сила трения F. Уравнения равновесия: у

∑ Fkx = mq sin α − F = 0 , ∑ Fky = N − mq cosα = 0 . Из первого уравнения получаем F = mq sin α . (1)

F

N

mq

α

х

Из второго уравнения определяем нормальную Рис. 30 реакцию: N = mq cos α . Максимальное значение силы трения F = fN = f mq cos α . (2) tqα = f . Приравниваем (1) и (2): mq sin α = f mq cos α и получаем Следовательно, равновесие груза возможно при углах наклона α, удовлетворяющих неравенству: tqα ≤ f .

4.3. Задача для самостоятельного решения

Лестница опирается на гладкую стену и негладкий горизонтальный пол. Коэффициент трения равен f (рис. 31). Под каким углом α к полу нужно поставить лестницу, чтобы человек мог подняться по ней доверху. Вес лестницы – Р, вес человека – р. Методические рекомендации

Убедитесь, что задача статически определенная. Выберете оси координат: ось х – горизонтально, ось у – вертикально. Покажите на схеме все силы, приложенные к лестнице. Силу тяжести человека приложите в точке А, силу тяжести лестницы – в середине лестницы в точке С. Реакция NA в точке А направлена перпендикулярно опорной стене. Реакция в точке В состоит из нормальной составляющей NB и силы трения F. Максимальная сила трения, при котором сохраняется равновесие, равна F=f NВ. Составьте уравнения равновесия для сил приложенных к лестнице. Уравнение моментов можно составить как относительно точки А, так и относительно точки В.

5. Равновесие системы твердых тел. 5.1. Метод расчленения.

В случае равновесия системы твердых тел, соединенных между собой, действующие на систему силы разделяются на внешние и внутренние. Внешними называются силы, с которыми тела, не входящие в систему, действуют на тела системы. Внутренними называются силы взаимодействия между телами системы. Внутренние силы попарно равны по модулю и противоположны по направлению, поэтому алгебраическая сумма моментов внутренних сил относительно любой точки равна нулю, а также равна нулю сумма их проекций на любую координатную ось. Уравнения равновесия, составленные для системы тел, не содержат внутренних сил, и из них можно найти только внешние реакции, если их число не более трех. Если же число внешних сил более трех, то для их определения, а также для нахождения внутренних сил следует применить метод расчленения, т.е. рассмотреть равновесие каждого тела в отдельности, учитывая все силы, приложенные к этому телу. При равновесии системы тел каждое тело, входящее в систему, также находится в равновесии, следовательно, для системы, состоящей из n тел, можно составить 3n уравнений равновесия. Кроме того, при необходимости можно составить еще три уравнения равновесия для всей системы тел, но в эти уравнения не входят внутренние силы. Если система состоит из двух тел, то, применяя метод расчленения, получим шесть уравнений равновесия, кроме того, для всей системы можно составить еще три уравнения. 5.2. Рекомендации для решения задач на равновесие системы соединенных тел.

1.Изобразить на чертеже систему тел, находящуюся в равновесии, а затем каждое тело в отдельности. 2. Показать в виде векторов внешние и внутренние силы, в число которых входят все активные силы и силы реакции. 3. Сопоставить число неизвестных сил и число независимых уравнений равновесия для выяснения, является ли задача статически определенной.

4. Рассмотреть равновесие каждого тела в отдельности и составить соответствующие уравнения равновесия. 5.Составить, если это необходимо, уравнения равновесия для всей системы тел. Пример. Стержень АВ в точке С опирается на стержень СD (рис. 32). Определить реакции в точках А, С, Е и D, если Р = 200 Н, F = 400 H,АС P =СВ =в =3 м, СЕ = ЕК = КD = a = 2 B м, М=300 Нм. F C

Решение.

На составную конструкцию дейстA вуют активные силы Р и Q, пара сил с моментом М, а также подлежащие определению шесть реакций ХА, УА, ХD, YD, NE, и NC., при этом NC = NC1. Покажем на чертеже направления всех реакций как внешних, так и внутренних, и составим уравнения равновесия для всей конструкции (рис. 32а).

∑ Fkx = X

∑ Fky = Y

∑m

A

+ X D − F cos 60 = 0, o

A

A

М E

K

600

D

400

Рис. 32

М B

у NC YA A

+ YD + N E − F sin 60 o − P = 0 .

400

C

P NE F 0 K 60 E

YD D XD

500

NC1

х Рис. 32а

( Fk ) = − X D AC sin 40 o + YD ( AC cos 40 o + CD) + N E ( AC cos 40 o + CE ) −

− M − PAB cos 40 o + F cos 60 o AC sin 40 o − F sin 60 o ( AC cos 40 o + CK ) = 0 .

(1)

В эти три уравнения входят пять неизвестных реакций ХА, УА, ХD, YD, NE. Сделаем чертежи и рассмотрим равновесие каждого тела. Выбираем оси координат и составляем уравнения равновесия для стержня АВ (рис.32б).

∑ Fkx = X − N cos 50 = 0 ∑ Fky = Y + N sin 50 − P = 0 o

A

C

o

A

∑m

A

C

( Fk ) = N C ⋅ AC − M − P ⋅ AB cos 40 o = 0

(2)

В систему уравнений (2) входят три неизвестные реакции: ХА, УА и N C , и мы можем однозначно определить их значения. Выбираем оси координат и составляем уравнения равновесия для стержня СD (рис.32в).

∑ Fkx = X

∑ Fky = Y

∑m

D

o

D

+ N C cos 50 − F cos 60 o = 0 .

D

− N C sin 50 o + N E − F sin 60 o = 0

(3)

( Fk ) = N C ⋅ CD sin 50 o − N E ⋅ ED + F KD sin 60 o = 0 .

Из этих уравнений определяются последние три неизвестные реакции ХD, YD, NE . Таким образом, для конструкции, состоящей из двух твердых тел, можно составить девять уравнений равновесия. Для данной задачи оптимальными являются уравнения (2) и (3), из которых находятся все внешние и внутренние реакции.

у NE E

C

F 900

YD D

K 600

ХD х

500

N C1 900

Рис. 32в

5.3. Задачи для самостоятельного решения

В следующих задачах (рис.33 – 37) определить внешние и внутренние реакции составной конструкции при заданных размерах тел и значениях приложенных сил. Задача 1. (рис. 33) P1 = 18 кH, P2 = 20 кH, F = 12кH , M = 40 кHм, q =2кH/м F 70

0

F

C

70

E

0

E

q

УС

Q =q CK.

ХС

C

УС

L

2

2

ХС C

D 2

500

P1

А Рис.33

P2

Q

D

K M 45о

В

УА М А

500

K

P1 P2

А

M 450

ХА Рис. 33а

Рис. 33б

NB В

Методические рекомендации

Расчлените систему (рис.33а и рис.33б). Покажите все действующие на каждое тело активные силы и реакции. Составьте для каждого тела уравнения равновесия Задача 2 (рис.34) F = 8 кH, P = 12 кH, Q = 20 кH , M = 60 кHм YC

В

А 2

30

F

Q 900

K 2

500

1,5

E

C

P 60

900 D

300 F

D M

H

В

XA

А

0

M

0

K

YC 500

1

E

YC

Рис.34а

Рис.34

С

С

XC

0

P

60 XC Рис.34б

Методические рекомендации

Используйте для решения задачи дополнительные чертежи (рис.34а, рис. 34б) Задача 3 (рис.35) P1 = 8 кH, P2 =12 кH, F = 6кH , M = 24 кHм. YB В

M E

P1 0 K 60 C Н 400 F P2 2 1,5 0,5

M D

E P1 600

А Рис.35

XB

В

Рис.35а

NC C

Методические рекомендации

Расчлените конструкцию. Составьте уравнения равновесия для балки АВ, используя дополнительный чертеж (рис.35а). Составьте уравнения равновесия для всей конструкции. Проверьте правильность решения задачи, составив уравнения равновесия для балки ADK. Задача 4 (рис.36). Определить давление цилиндра на брус и гладкую вертикальную стену и реакции опор бруса в точках его закрепления. Вес цилиндра Р =20 н, вес бруса Q = 16 н, АВ =0,4 м, радиус цилиндра R = 0.12 м. Методические рекомендации. В

О

R

А

D

Рассмотрите равновесие каждого тела в отдельности. Цилиндр касается стены в точке D и опирается на брус в точке Е. На цилиндр действуют три силы (рис.36 а): сила тяжести P, приложенная в его центре О, и реакции в точках контакта со стеной и брусом: ND и NE. Линии действия этих сил пересекаются ресекаются в точке в точке О. О. Определить реакции в этом NE случае можно построением силового треугольника (рис. 36б). На брус действует (рис.36в) сила тяжести Q, сила N’E , с которой 0 60 цилиндр давит на брус (N’E = - NE ), Р реакции шарнира в точке А (XA иYA) ND и реакция NB, направленная перпенРис.36б дикулярно АВ. Составьте три уравнения равновесия для сил, приложенных к брусу АВ. Сумму моментов следует составить относительно точки А. Плечо силы NE относительB но точки А равно отрезку АЕ, который определяется из треугольника АОЕ. Плечо силы Q равно отрезку Ас, плечо силы NB равно АВ.

Рис. 36

ND

O NE P

E

0

60

Рис.36а

NB

y О

D YA A

C E

30

0

N’E XA

Q с

Рис. 36в

x

6. Равновесие пространственной системы сил. 6.1. Уравнения равновесия пространственной системы сил.

Для равновесия пространственной системы сил необходимо и достаточно, чтобы три суммы проекций всех сил на оси координат равнялись нулю и три суммы моментов всех сил относительно каждой координатной оси равнялись нулю, т.е. условия равновесия выражаются шестью уравнениями:

∑F ∑F ∑F

kx

= 0;

ky

= 0;

kz

= 0;

∑m ∑m ∑m

x

( Fk ) = 0 ;

y

( Fk ) = 0 ;

z

( Fk ) = 0 .

6.2. Моментом силы относительно оси называется момент проекции силы на плоскость, перпендикулярную этой оси, относительно точки пересечения оси с плоскостью (рис.37).

z

Момент силы относительно оси имеет знак плюс, если проекция этой силы на перпендикулярную к оси плоскость, стремится повернуть тело вокруг положительного направления оси против часовой стрелки.

B F А

О 900

При определении момента силы относительно оси z необходимо выполнить следующие действия:

h

a Fxy

b

xy Рис. 37

1.Провести плоскость ху, перпендикулярную оси z, и указать точку О их пересечения. 2. Найти проекцию FXY силы F на эту плоскость. 3. Определить момент силы FXY относительно точки О как произведение модуля этой силы на плечо с соответствующим знаком:

mZ ( F ) = mO ( Fxy ) = ± Fxy ⋅ h . Силы, параллельные оси, и силы, пересекающие ось, моментов относительно оси не создают.

Моменты силы F относительно координатных осей могут быть выражены через ее проекции на оси координат Fx , F y , Fz и координаты точки ее приложения x, y, z. m x ( F ) = yFz − zFy ; m y ( F ) = zFx − xFz ; m z ( F ) = xFy − yFx

При определении момента силы относительно оси можно использовать теорему Вариньона: момент равнодействующей относительно какойлибо оси равен алгебраической сумме ее составляющих относительно той же оси. 6.3. Примеры определения моментов сил относительно координатных осей 1. Моменты силы тяжести P одноz родной прямоугольной горизонтальной пластины относительно горизонтальной и вертикальной осей. Для того, чтобы определить моP y A О мент силы P относительно оси x С (рис.38), проведем плоскость, перпенС1 B дикулярную этой оси. Точка С1 являD b ется точкой их пересечения. Сила P x a лежит в этой плоскости, поэтому ее Рис.38 момент относительно оси х равен моменту относительно точки С1. m x ( P ) = mC1 ( P ) = − P ⋅ C1C = − P ⋅ a / 2. Ана логично:

my = P ⋅ b / 2 Момент силы P относительно вертикальной оси z равен нулю, так как сила параллельна этой оси. 2. Моменты силы, действующей по диагонали боковой грани прямоугольного параллелепипеда (рис. 39).

Для определения момента силы Р относительно оси х найдем ее проекцию Р yz на плоскость СLKB, которая перпендикулярна оси х. Модуль проекции Pyz = P ⋅ sin α . Момент Pyz относительно точки С является моментом силы Р относительно оси х:

z D

mx ( P ) = mС ( Pyz ) = Pyz a = P ⋅ sin α ⋅ a.

E K

L

ah

P Pyz

О

x

А y

α x С

Pxy

В Рис.39

K

Момент силы P относительно оси у равен моменту этой силы относительно точки А, так как P лежит в плоскости ВKEA, перпендикулярной оси у, а точка А – точка их пересечения. Сделаем дополнительный чертеж – вид сбоку (рис. 39а). Находим момент силы Р относительно точки А, плечо равно перпендикуляру h = Аа, опущенному из точки а на линию действия силы Р.

m y ( P ) = m A ( P ) = − P ⋅ h = − P ⋅ b sin α . P

a

Момент силы P относительно оси z равен моменту ее проекции Pxy относительно точки С. Проекция Рху = Р соsα.

h

α

A

B Рис. 39а

mZ ( P ) = mO ( Pxy ) = Pxy OA = P cos α a.

3. Моменты относительно координатных осей силы натяжения приводного ремня шкива (рис. 40).

Сила Т лежит в плоскости шкива и, следовательно, находится в плоскости, перпендикулярной оси х. Проекция силы Т на эту плоскость равна z самой силе, а ее момент относительно оси х равен моменту относительно a точки С, где пересекаются ось х и плоскость шкива. Плечом силы являO y ется радиус шкива, так как сила Т A направлена по касательной к окружТXZ Т ности шкива: C R

x Рис.40

ТХУ

m x (T ) = mС (T ) = −T R. Для определения момента силы Т относительно оси у находим ее проекцию Txz на плоскость Oxz. Мо-

дуль проекции равен Txz = T sin α . Момент силы Т относительно оси у равен моменту Txz относительно точки О, где пересекаются ось у с плоскостью Оxz m y (T ) = mO (T xz ) = Txz ⋅ OC = T sin α ⋅ a. Момент силы Т относительно оси z равен моменту ее проекции Txy на плоскость Оху относительно точки О:

m z (T ) = mO (Txy ) = Txy ⋅ a = T cosα ⋅ a. 6.4. Рекомендации по решению задач на равновесие несвободного твердого тела под действием произвольной пространственной системы сил.

1. Изобразить на чертеже (начертить) твердое тело, равновесие которого требуется рассмотреть в данной задаче. 2. Проанализировать расположение активных сил и изобразить их в виде векторов на чертеже. 3. Указать направления векторов реакций наложенных на тело связей. 4. Убедиться в том, что задача является статически определенной, т.е. что число алгебраических неизвестных не превышает число уравнений равновесия. 5. Выбрать систему осей декартовых координат так, чтобы они оказались перпендикулярными возможно большему числу неизвестных сил, или пересекали эти силы. 6. Составить уравнения равновесия твердого тела. 7. Для облегчения работы по составлению уравнений равновесия сделать дополнительные рисунки, изображающие вид с конца той оси, относительно которой составляются уравнения моментов. 6.5. Примеры решения задач на равновесие пространственной системы сил

Пример 1. Равновесие тел, закрепленных на одном валу.

На общем валу закреплены ворот радиуса r и колесо С радиуса R (рис. 41). На ворот намотана веревка, поддерживающая груз Q. Веревка, 0 в с 30 а намотанная на окружность колеса и натягиваемая грузом Р, сходит с B A D колеса по касательной, С 0 r 30 наклоненной к горизонту R под углом 30о. Определить вес груза Q Q, если вал остается в равновесии, а также реР Р Рис. 41 акции подшипников А и В, пренебрегая весом вала. Решение. Рассмотрим равновесие вала с закрепленными на нем телами, сделаем чертеж. На вал действуют активные силы - натяжения нитей Р и Q, направленные по касательным к окружностям колеса и ворота и, следовательно, расположенные в плоскостях, перпендикулярных оси х. Реакz

b

a

c

z

ZA 300 30

A

D

С

0

XA

x

B

30о

y

Р

х

r

R

Р

РX

ZB

300

R

РZ r

D С

XB Q

Q Рис.41б

Рис. 41а

цию каждого подшипника раскладываем на две взаимно перпендикулярные составляющие:XA, ZA и XB, ZB , лежащие в плоскости, перпендикулярной оси вращения вала (рис. 41 а). Начало координат выбираем в точке А. Направим ось у по оси вала, ось z – вертикально, ось х так, чтобы получить правую систему декартовых координат.

Неизвестными являются реакции XA, ZA , XB , ZB и сила натяжения Р. В данной системе можно составить пять уравнений равновесия (сумма проекций всех сил на ось у равна нулю), поэтому задача является статически определенной. Сделаем дополнительный чертеж, представляющий собой вид на барабан и колесо с конца оси вала – оси у (рис. 41 б). Составим уравнения равновесия:

∑ Fkx = X

A

+ X B + P cos 30 0 = 0

∑ Fky = 0

∑ Fkz = Z + Z − P sin 30 − Q = 0 ∑ m x ( Fk ) = Z (b + c) − Q b + P sin 30 o

A

B

B

o

a=0

∑ m y ( Fk ) = P R − Q r = 0

∑m

Z

( Fk ) = − X B (b + c) + P cos 30 o a = 0.

Из этих уравнений однозначно определяются все неизвестные. Пример 2. Равновесие однородной прямоугольной пластины, имеющей ось вращения. Однородная прямоугольная крышка весом Р =400 Н удерживается открытой на угол 60о над горизонz Е том противовесом Q (рис. 42). Опреz делить, пренебрегая трением на блоке D, вес противовеса и реакции петель y D А и В, если блок D укреплен на одС ной вертикали с точкой А, AD = AC. В 300

Q

Решение.

x

Сделаем чертеж крышки (рис.42 а) и изобразим на нем действующие сиРис. 42 лы: вес Р, приложенный в центре О, силу натяжения нити Т, приложенную в точке С и равную по модулю силе тяжести противовеса Q, и реакции петель, каждую из которых раскладываем на две взаимно перпендикулярные составляющие: ХА, ZА и ХВ , ZВ . Выбираем начало координат в точке А, ось у направляем по оси вращения крышки, ось z - вертикально, ось х направляем так, чтобы получить правую систему декартовых координат. Сделаем дополнительный чертеж, представляющий собой вид с конца оси у (рис. 42 б). A

z

Е z D

T T

С

y

ZВ

O

В

Q

ХВ

ZA

C O

ZA

P

300

A

750

P 600

x А

ХA Рис. 42 а

x XA Рис.42 б

Составим уравнения равновесия. Проекции силы Т на оси координат найдем с помощью прямых, проведенных в точке С параллельно координатным осям:

Тx = -Т соs 15o, Ty = T sin 15o.

Относительно оси х создают моменты только силы Р и ZВ, линии действия остальных сил либо параллельны этой оси, либо (сила Т) пересекают ее. Относительно оси у создают моменты силы Р и T. Моменты этих сил относительно оси у находим с помощью вспомогательного чертежа как моменты этих сил относительно точки А, так как эти силы лежат в плоскостях, перпендикулярных оси у: m A ( P ) = P AO cos 60 o , m A (T ) = −T AC sin 75 o Относительно оси z все силы, кроме ХВ, моментов не создают.

∑ Fkx = X ∑ Fkz = Z

∑m

X

A

+ X B − T cos15 o = 0

A

+ Z B − P + T sin 15o = 0

( Fk ) = Z B AB − P 0,5 AB = 0

∑ m y ( Fk ) = P 0,5 AC cos 60

∑m

Z

o

− T AC sin 75 o = 0

( Fk ) = X B AB = 0.

Из этих уравнений однозначно определяются все неизвестные величины.

Задачи для самостоятельного решения Задача 1. Определить реакции петель и усилие в стержне, удерживающем полку в горизонтальном положении, если вес полки Р =80 Н, КС=СЕ (рис. 43). D

Методические рекомендации

A

Выполните чертеж (рис. 43а) и покажите действующие на полку силы: силу тяжести, реакции петель в точках А и В, и усилие стержня. Используйте для составления уравнений проекций сил, приложенных к полке, на оси у и z и их моментов относительно оси х дополнительный чертеж (рис. 43б).

Е 500

C B

K

D

Рис. 43

z

z

D

ZA XA

А

Е

S o O 50

С

ZB

900

С

Sz

P

В

O

500

К

XB

x

S

h

P

Рис. 43a

Рис. 43б

Задача 2. Определить реакции подшипников и силу Р (рис. 44). Q =120 H, R = 0,6 м, r = 0,4 м, AO = 0,8 м, OC = 1,2 м, CB = 0,8 м. z

B

Q 30

O

y z Qz

0

C

300

Q Qx

r

P R

x

A Рис.44

О

х Qху

Рис. 44а

Sу

С y

Методические рекомендации Покажите реакции в подшипниках А и В. Используйте дополнительный чертеж (рис. 44а) для определения проекций силы Q на оси координат и моментов относительно координатных осей. Q x = Q cos 300 , Q z = Q sin 300 , m x = QzOA, m y = Q R, m z = −Q x OA Задача 3. Определить реакции подшипников и силу Q, если Р =4кН, AD = EC = CL = 0,3 м, DE =0,2 м, KO = 0,4 м, r = 0,18 м (рис. 45). y

Q z 60o

r P K C1 40 D А

Qy

О

Q

z P

L

Pz

o

C E

А (D) x

x Px

B

30o

Qx

О

x

y

Рис. 45а Рис. 45

Рис. 45б

Методические рекомендации

При решении задачи используйте вспомогательные чертежи (рис.45а, 45б).

7. Центр тяжести. 7.1. Координаты центра тяжести. Для однородного тела сила тяжести p k любой его части пропорциональна объему vk этой части: pk=γ vk, а сила тяжести тела Р пропорциональна объему V этого тела: P=γ V. Подставив значения Р и рк в формулы координат центра тяжести, получим: xC =

∑ vk xk V

yC =

;

∑ vk y k V

;

zC =

∑ vk z k V

.

Положение центра тяжести тела, как следует из полученных формул, зависит только от геометрической формы тела, поэтому точку С называют центром тяжести объема. Аналогично определим центр тяжести однородной плоской пластины, расположенной в плоскости ху:

xC =

∑ sk xk S

yC =

;

∑ sk yk S

;

где S – площадь всей пластины, sk – площади ее частей. Точно также получаются координаты центра тяжести однородной линии: xC =

∑ l k xk L

;

yC =

∑ lk yk L

;

zC =

∑ lk zk , L

где L – длина всей линии, lk – длины ее частей. 7.2. Способы определения координат центров тяжести однородных тел

1. Если однородное тела имеет плоскость, ось или центр симметрии, то его центр тяжести лежит в плоскости, на оси или в центре симметрии. Отсюда следует, что центр тяжести однородного стержня лежит в его середине, центр тяжести круглого кольца, круглой или прямоугольной пластины, шара находится в соответствующем геометрическом центре. Центры тяжести ромба, параллелограмма лежат в точках пересечения их диагоналей. 2. Разбиение. Для определения центра тяжести тело разбивается на конечное число частей, положение центра тяжести каждой из которых известно. Координаты центра тяжести тела вычисляются по общим формулам.

3. В тех случаях, когда данное тела имеет отверстия, его можно представить как разность тел, в этом случае объем большего тела считается положительной величиной, а объем отверстия – отрицательной. Для плоской пластины площадь всей пластины берется со знаком плюс, а площадь отверстия – со знаком минус. 7.3. Примеры на определение координат центра тяжести Пример 1. Определить положение центра тяжести пластины, изображенной на рис.46. а = 4см, в = 2 см.

а

а

в в

Решение. Разделим пластину на две части, на квадрат ABDE со стороной а, и квадрат EKLN со стороной в (рис. 46а). Координты центра тяжести пластины вычисляются по формулам:

Рис. 46

xC =

S1 xC1 + S 2 xC 2 ; S1 + S 2

xC1 xC

L

C2 E

yC

K

(1)

х С1 = a/2 = 2, yC1 = a/2 = 2.

yC2

yC1

C1 C С

S1 yC1 + S2 yC 2 ; S1 + S2

Координаты центра тяжести С1 квадрата ABDE равны:

D

В

А

yC =

x

Координаты центра тяжести квадрата EKLN:

хС2 =а +в/2 =5, yC2 = b/2 = 1.

N

Площади квадратов:

xC2

S1 = a2 = 16, S2 = b2 = 4.

Рис. 46a

Подставим полученные значения в формулы (1) и, после преобразова-

ний, получим: xC 1 =

a 3 + 2ab 2 + b 3 = 2,6; 2( a 2 + b 2 )

yC1 =

a 3 + b3 = 1,8. 2( a 2 + b 2 )

Пример 2 (рис. 47)

С2 С1

y

В круглой пластине радиуса R = 12 см вырезано круглое отверстие радиуса r = 3 см, d = 6 cм расстояние между центрами окружностей пластины и отверстия равно d = 6 cм.

Решение. Пластина имеет ось симметрии, проходящую через центры окружностей пластины и отверстия С1 и С2, следовательно, центр тяжести плаРис. 47 стины будет находиться на прямой, проходящей через эти точки. Ось х направим вдоль оси симметрии (рис. 47а). S x + S 2 xC 2 xC = 1 C1 ; S1 + S 2 x S1 = π R 2 = 3,14 ⋅ (12) 2 = 452,2; С2 С

S 2 = π r 2 = 3,14 ⋅ 32 = 28,26.

С1

Рис. 47а

хС1 = 0, хС2 = 6. При подстановке в формулу площадь отверстия считаем отрицательной:

− 28.25 ⋅ 6 = −0,4 . 452,2 − 28,26 Таким образом, центр тяжести данной пластины находится на оси симметрии, слева от точки С1 на расстоянии: СС1 = 0, 4 см xC =

Библиографический список 1. Бутенин Н.В и др. Курс теоретической механики. Лань, 2002.- 736 стр. 2. Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики. Высшая школа, 2004. – 416 стр. 3. Яблонский А.А., Никифорова В.М. Курс теоретической механики. Интеграл-Пресс, 2004. – 608 стр. 4. Яблонский А.А. Сборник заданий для курсовых работ по теоретической механике. Интеграл-Пресс, 2004. – 384 стр.