С П Р А В О Ч Н И К ПО...
TRANSCRIPT
Министерство образования Российской Федерации. Государственное образовательное учреждение высшего
профессионального образования «САМАРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ
УНИВЕРСИТЕТ»
Кафедра «Механика»
С П Р А В О Ч Н И К 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 до-казательств), даны примеры решения задач по статике – с подробными по-яснениям, а также предлагаются задачи для самостоятельного решения.
Справочник предназначен для студентов всех специальностей, изу-чающих 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 ме-
жду двумя любыми точками которого остаются неизменными незави-симо 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 механиче-ских взаимодействий с другими телами. Мерой такого взаимодействия явля-ется сила.
Силой называется векторная величина, определяющая меру механиче-ского 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 дейст-вует сила.
Графически силы изображается направленным отрезком, длина кото-рого в выбранном масштабе выражает модуль, а начало вектора совпадает с точкой приложения силы (рис.1). Иногда точку приложения силы совмеща-ют с концом направленного отрезка – острием стрелки вектора (рис.2). Ли-ния 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 ), обозна-
чают: { }.,...,, 21 nFFF Наиболее часто встречаются следующие системы сил: а) система сходящихся сил, т.е. сил, линии действия которых пересека-ются в одной точке;
Рис.1
в
А
F
а
Рис.2.
в
а
А F
б) система параллельных сил; в) плоская система сил, т.е. сил, линии действия которых лежат в одной плоскости. г) пространственная система сил.
Эквивалентными называются такие две сис-темы сил, каждую их которых можно заменить другой, не изменяя состояния покоя или характер движения тела: { }kPPP ,...,, 21 ∞ { }nFFF ,...,, 21 .
Равнодействующей называется сила, экви-валентная системе сил:
F ∞ { }nFFF ,...,, 21 . Уравновешенной или эквивалентной нулю называется система сил,
под действием которой тело находится в покое. { }nFFF ,...,, 21 ∞0. Парой сил называется система двух равных по модулю, параллельных и направленных в про-тивоположные стороны сил (рис.4) Пару сил обозначают: ( )21, FF .
1.4. Свободным называется твердое тело, не скрепленное с другими телами, которому можно со-
общить из данного положения любое перемещение в пространстве. Связями называются любые ограничения, препятствующие пере-
мещениям 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 кон-
кретной 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 являют-ся пассивными, поскольку они возникают в результате действия на те-ло 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 сис-тема координат, связанная с Землей.
A2
F1 F2
F3
F4
A1
A3
A4
Рис. 3
F1 F2
Рис.4.
А1
А1
2. Виды связей и их реакции
2.1. Гладкая поверхность. Гладкой считается поверхность, трением о которую можно пренебречь. Гладкое тело, опирающееся на гладкую по-
верхность, может скользить вдоль этой поверхности и не может перемещаться по нормали к ней.
Реакция гладкой поверхности направлена по общей нормали к соприкасающимся поверхностям тела и опоры и приложена в точке их контакта (рис. 5).
В случае шероховатых поверхностей трение можно исключить при помощи катков (рис.6), соеди-ненных с телом и устанавливаемых на опорную по-верхность. Реакция катков направлена по нормали к опорной поверхности.
2.2. Точечная опора (острие, гладкий выступ).
Реакция точечной опоры направлена по нормали к по-верхности тела (рис.7).
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.
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 соприкасающим-ся поверхностям. Положение точки контакта зависит от приложенных к телу активных сил, поэтому направление реакции шарнира заранее неизвестно (рис.9), и ее раскла-дывают на две взаимно-перпендикулярные составляющие, параллельные координатным осям (рис. 10).
А ХА
УА
В
RB
Рис. 10 Рис. 9
С X
Y R
Рис.5
А
NA
NA
А
Рис.6
А
Рис.7
RA
Рис. 8
А В
ТА ТВ
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 взаимно-перпендикулярные составляющие (рис.11). 2.6. Подпятник представляет собой опору вала, позволяющую ему пере-мещаться только в одном направлении вдоль оси вала и поворачиваться во-круг нее. Реакция подпятника (рис. 12) раскладывается на три взаимно-перпендикулярные составляющие.
2.7. Реакция тонкого невесомого стержня, шарнирно соединенного
концами с телом и опорой, направлена вдоль стержня (рис. 13). Это сле-дует 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.
2.8. Жесткая заделка. При таком закреплении балки (рис.14) исключается ее поворот, горизонтальные и вертикальные перемещения, поэтому реак-ция такой связи состоит из пары сил с моментом МA, препятствующей пово-роту балки, и двух взаимно перпендику-лярных сил XA,УА. 2.9. Реакция скользящей заделки (рис.15) состоит из силы УА и пары сил с момен-том МА.
y
ZA
X
ZB
A B
x
z
Рис.11
YА
ZA
X
Рис.12
SB
B
A
Рис. 13
Рис. 14
ХA МА
У
A B
МА
УА
Рис. 15
2.10. Упражнения.
Покажите реакции связей для различных видов закрепления балки АВ.
А
P
С
M
BА
P
С
M
M
С BА
P
С
M
P
А
B
B
M
А
P
А
M
С B
P
MP
С А B
PM
А
А
PM
B
С M
B
А
M
СB
А
P
M
С BА
P
3. Равновесие плоской системы сил
3.1. Моментом силы относительно центра на плоскости называ-ется произведение модуля силы на плечо. Плечо – перпендикуляр, опу-щенный из центра на линию действия силы. Момент считается положительным, если сила стремится повернуть тело вокруг выбранного центра против часовой стрелки (рис. 16).
111 )( hFFmO = ,
222 )( hFFmO −= ,
0)( 3 =FmO . Если линия действия силы проходит
через центр, то момент силы относительно этого центра равен нулю.
3.2. Проекцией силы на ось называется скалярная величина, равная
взятой с соответствующим знаком длине отрезка, заключенного между про-екциями начала и конца вектора силы (рис. 17).
Проекция имеет знак плюс, если перемеще-ние от ее начала к концу, происходит в положи-тельном направлении оси, и знак минус – если в отрицательном.
Проекция силы на ось равна произведению силы на косинус угла между направлением силы и положительным направлением оси.
.sin)90(coscos
ααα
FFFFF
y
x
=−==
3.3. Парой сил называется совокупность
двух равных по модулю, параллельных и про-тивоположно направленных сил (рис. 18).
Момент пары в плоской системе сил оп-
ределяется как алгебраическая величина, рав-ная взятым со знаком плюс или минус произ-ведению одной из сил пары на плечо.
.),( 21 hFFFm ⋅±=
О
α
F
Fу
Fу
Fх
у
х
Рис.17
Fх
F2
F1
F3
Рис. 16
h2 О
А1
А2 А3
h1 900
900
F1
F2 h
Рис. 18
900
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. Интенсив-ность обозначается буквой q (рис. 19).
Равномерно распределенная нагрузка на
участке АВ (рис. 19) длиной l и интенсивностью q приводится к равнодействующей силе Q, па-раллельной действующим силам, приложенной в середине отрезка АВ и равной Q = ql.
Нагрузка, распределенная по правилу треугольника, образована сила-ми, 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 равнодей-
ствующей (рис.20а) равен .2lqQ =
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 на-
правление и вычислить ее величину. Направление реакции зависит от вида связи.
Рис.19
А В q
Q
0,5l 0,5l
А В q
l
Рис.20 Рис.20а
А В
Q
2l/3 l/3
Численные значения реакций определяются из уравнений, которым удовлетворяют приложенные к твердому телу силы в случае его равно-весия.
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 точ-ки.
,0
,0
=
=
∑∑
ky
kx
F
F
( )∑ = 0kO Fm . Статически определенной называется задача статики, в которой чис-
ло подлежащих определению сил равно числу уравнений равновесия ста-тики. Для плоской задачи число неизвестных сил (реакций) не должно быть более трех.
Теорема Вариньона. Момент равнодействующей относительно ка-кого-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 свя-зей. 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 неиз-вестных сил, например точку, в которой тело закреплено шарнирно. 7. В тех случаях, когда определение момента силы относительно цен-тра 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 закреп-лен шарнирно, другим опирается на глад-кую вертикальную стену. На стержень действует сила Р = 6 кН и пара сил с мо-ментом М = 20 кНм, АС = СВ =2 м. (рис.21).
Определить реакции опор. Решение.
Выбираем оси координат: направляем ось х горизонтально вправо, ось у – верти-кально вверх.
Кроме активных сил, на стержень действуют: реакция подшипника, которую раскладываем на две составляющие: ХА , УА , и реакция R B, на-правленная 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: .60sin,60cos oo PPPP yx −==
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 рав-на моменту пары. Плечом силы Р явля-ется расстояние АС (рис.21 б), плечом силы R B - перпендикуляр Аа, опущен-ный из точки А на линию действия этой силы. oАВАа 30sin= . Получаем уравнения равновесия: ∑ =−+= 060cos B
oAKX RPXF
∑ =−= 060sin oAKY PYF
∑ =+−−= 030sin)( oBKA ABRACPMFm .
300
900
С
Р
А
В
М
Рис.21
Y A
X A
600
R B
y
300
С
Р
А
В
М x
Рис.21а
x1
y1
a
300
90о
С
Р
А
В
М
R B
XA
YA
Рис.21б
Из последнего уравнения: .30sin 0ABACPMRB
+=
Из второго уравнения: .60sin 0PYA =
Из первого уравнения: .30sin
60cos 00
ABACPMPX A
++−=
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)
Методические рекомендации. Замените (рис. 22а) равномерно распределенную нагрузку ее равнодей-
ствующей Q =q CB, приложите Q в середине отрезка СВ в точке D. Изобрази-те в виде векторов реакции связей. Реакция в точке В направлена перпендику-лярно опорной плоскости и составляет угол 700 с балкой АВ. Реакция шарнира А имеет две составляющие: ХА и УА. Уравнения моментов составьте относи-тельно точки А, приняв во внимание, что плечом для силы Р является опущен-ный на ее линию действия перпендикуляр Аа, плечом силы Q – опущенный на ее линию действия перпендикуляр Ав.
А
Р = 6 кН, q = 2 кH/м
Р q
ВС 0,8 1,6
200
600
Рис.22
b
a
P 600
200
А В D YA
XA
700
NB
Q
Рис. 22а
С
A
Задача 2 (рис. 23)
Методические рекомендации Замените равномерно распределенную нагрузку на участке СВ равнодей-ствующей 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 проек-ции 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)
Р =10 кН, М = 6 кНм, q =2 кН/м
450А
М Р
В
С
2
2
q
Рис. 23
YA
В
А
М Р
NB
Q b
a
D
XA
х
у
Рис. 23а
С
450
500 х
а
у
300 A ВD
P F
M
УА Т
С
в
ХА
MА
Рис.24а
С
2
300 A В D
P F M1 1
Q500
Рис.24
М=12кHм, P=8кНм, Q=10кН, F=6кН.
Методические рекомендации.
Покажите реакции связей (рис. 24а). В точке А – жесткая заделка, ее ре-акцию 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. Со-ставьте уравнения равновесия и определите составляющие реакции жесткой заделки в точке А: ХА, УА и МА. Задача 4 (рис. 25)
Методические рекомендации Покажите на схеме все дейст-
вующие на тело активные силы и ре-акции связей (рис. 25). Реакцию шар-нира в точке А разложите на две со-ставляющие ХА и УА, реакцию в точке В направьте перпендикулярно опорной плоскости. Замените равномерно рас-пределенную нагрузку на участке СК ее равнодействующей.
Учтите, что сумма проекций сил, составляющих пару, на любую ось равна нулю. При составлении уравне-
ния моментов относительно точки А следует силу F разложить на горизон-тальную и вертикальную составляющие F1 и F2 и применить теорему Ва-риньона:
ACFCKFACFCKFFmFmFm AAA00
2121 50sin50cos)()()( −−=−⋅−=+= .
Задача 5 (рис. 26).
М = 34 кНм, Р =12 кН, F = 20 кH
Рис. 26
4
а D
С
B
500
30o
F
P
M
4
1,2
18
P1
P2
А
S
ХА
УА
Рис. 26а
300 F M 1,
8
B
500P 1,
2
А
М = 34 кНм, Р =12 кН, F = 20 кH
P А D С
B
K40o
30o
F1
M 3 1 1,
5 1,
8 q
Рис.25
F2 F
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 от-резку 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.
.50sin50cos)()()( 002121 CDPACPCDPACPPmPmPm AAA +−=+−=+=
Задача 6 (рис. 27)
M = 34 кНм, Р = 18 кН, F = 10 кН, q = 2 кН/м.
Методические рекомендации Проверьте (рис. 27), является ли задача стати-чески определенной. Выберите оси координат: ось х горизонтально, ось у вертикально.
Покажите реакции в жесткой заделке в точке А : силы ХА, УА и пару сил с моментом МА. Заме-ните равномерно распределенную нагрузку на участке ED ее равнодействующей Q =q ED, при-ложенной в середине этого участка. Разложите 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:
CBPACPCBPACPPmPmPm AAA00
2121 60sin60cos)()()( −=−=+=
B
1,5
Рис. 27
600 P
M 2 А
D
С 700
F
E
q
2
2
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 по-верхностей.
Трение, возникающее при стремлении сдвинуть тело, находящееся в
равновесии, по шероховатой поверхности, называется статическим. Сила статического трения может принимать любые значения от нуля до не-которого максимального значения. Максимальная величина статического трения соответствует моменту начала скольжения трущихся тел и равна произведению коэффициента статического трения на нормальную реакцию:
NfF o=max . Статический коэффициент трения fo определяется опытным путем и зави-
сит от материала соприкасающихся тел шероховатости их поверхностей. Благодаря наличию силы трения между данным телом и
опорной поверхностью полная реакция R этой поверхности является равнодействующей двух сил: нормальной реакции N и силы трения F (рис.28).
Угол ϕ между направлениями нормальной реакции N и полной реакции R , соответствующий максимальному значе-нию силы трения, называется углом трения.
oo fN
NfN
Ftq === maxϕ .
Метод решения задач статики при наличии трения сводится к со-
ставлению уравнений равновесия, но только в эти уравнения, кроме задан-ных сил, приложенных к данному телу, и реакций связей, войдут еще и силы трения. К уравнениям равновесия добавляется формула, определяю-щая максимальную величину силы трения, которая определятся по фор-муле NfF o=max .
4.2. Примеры решения задач с учетом сил трения Пример 1. Груз массой m лежит на горизонтальной плоскости. Опреде-
лить, 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).
ϕ
F
N R
Рис. 28
Решение. Рассмотрим предельное положение равно-
весия груза. На груз действуют сила тяжести mq, нормальная реакция N, сила трения F и сила Р. Составляем уравнения равновесия груза.
,0cos =−=∑ FPFkx α ∑ =−+= .0sin mqNPFky α Находим нормальную реакцию N из по-
следнего уравнения: αsinPmqN −= . Мак-симальная сила трения )sin( αPmqffNF −== . Подставим это значение в первое уравнение и определим предельное значение силы Р, при котором груз остается в равновесии.
αα sincos f
fmqPпр += .
Движение груза начнется при значениях прPP ≥ . Пример 2. Определить, при каких значениях угла наклона α груз, находя-
щийся на наклонной плоскости, остается в равновесии, если его коэффициент трения равен f (рис.30).
Решение.
Рассмотрим предельное положение равновесия груза на наклонной плоско-сти. На груз действуют сила тяжести mq, нормальная реакция N и сила трения F. Уравнения равновесия:
0sin =−=∑ FmqFkx α ,
∑ =−= 0cosαmqNFky . Из первого уравнения получаем αsinmqF = .
(1) Из второго уравнения определяем нормальную
реакцию: αcosmqN = . Максимальное значение силы трения αcosmqffNF == . (2) Приравниваем (1) и (2): αsinmq αcosmqf= и получаем ftq =α . Следовательно, равновесие груза возможно при углах наклона α, удовле-
творяющих неравенству: ftq ≤α .
N
F
P
mq
α х
у
Рис.29
N F
mq х
у
Рис. 30
α
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 по-ставить 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. По-
кажите 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. Макси-мальная сила трения, при котором сохраняется равновесие, равна F=f NВ.
Составьте уравнения равновесия для сил приложенных к лестнице. Урав-нение моментов можно составить как относительно точки А, так и относи-тельно 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 систе-мы.
Внутренние силы попарно равны по модулю и противоположны по на-правлению, поэтому алгебраическая сумма моментов внутренних сил относи-тельно любой точки равна нулю, а также равна нулю сумма их проекций на любую координатную ось. Уравнения равновесия, составленные для системы тел, не содержат внут-ренних 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 рас-членения, 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, по-лучим шесть уравнений равновесия, кроме того, для всей системы можно со-ставить 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 ко-торых 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 сис-темы 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 =СВ =в =3 м, СЕ = ЕК = КD = a = 2 м, М=300 Нм.
Решение.
На составную конструкцию дейст-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 внут-ренних, и составим уравнения равнове-сия для всей конструкции (рис. 32а). ∑ =−+= ,060cos o
DA FXXFkx ∑ =−−++= 060sin PFNYYF o
EDAky . ∑ −++++−= )40cos()40cos(40sin)( CEACNCDACYACXFm o
Eo
Do
DA k0)40cos(60sin40sin60cos40cos =+−+−− CKACFACFPABM ooooo . (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).
∑ =−= 050cos oCA NXFkx
∑ =−+= 050sin PNYF oCAky
040cos)( =⋅−−⋅=∑ oCA ABPMACNFm k (2)
A
D E K
F
600C
400
P
B
М
Рис. 32
Рис. 32а
A
P
DE K
YD F 600
NC1
N E
500
B
CYA
NC
400
XD
М у
х
В систему уравнений (2) входят три неизвестные реакции: ХА, УА и N C , и мы можем однозначно определить их значения. Выбираем оси коор-динат и составляем уравнения равновесия для стержня СD (рис.32в).
060cos50cos =−+=∑ ooCD FNXFkx .
060sin50sin =−+−=∑ oE
oCD FNNYFky (3)
∑ =+⋅−⋅= 060sin50sin)( oE
oCD KDFEDNCDNFm k .
Из этих уравнений определя-ются последние три неизвест-ные реакции ХD, YD, NE .
Таким образом, для конст-рукции, состоящей из двух твердых тел, можно составить девять уравнений равновесия. Для данной задачи оптималь-ными являются уравнения (2) и (3), из которых находятся все внешние и внутренние реакции.
5.3. Задачи для самостоятельного решения
В следующих задачах (рис.33 – 37) определить внешние и внутренние ре-акции составной конструкции при заданных размерах тел и значениях при-ложенных сил. Задача 1. (рис. 33)
х ХD
у
D E K
YD F
600
N C1
NE
C 500
Рис. 32в
900
900
P1 = 18 кH, P2 = 20 кH, F = 12кH , M = 40 кHм, q =2кH/м
В
K
45о P2
M
q
Рис.33
2
C E
F 700
А 500
D
P1
2
2
F
А
500
D
P1
E 700 C
МА
УА
ХС
УС
ХА
Рис. 33а
УС
В
K
450P2
M
C ХС
Q
L
Q =q CK.
NB
Рис. 33б
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)
Методические рекомендации Используйте для решения задачи дополнительные чертежи (рис.34а,
рис. 34б) Задача 3 (рис.35)
F = 8 кH, P = 12 кH, Q = 20 кH , M = 60 кHм
K
300
900
А
500 E
В
C H
Q F
M 2 2
1 1,5
D
P 600
Рис.34
С
D 900
P 600
В
Рис.34б
YC
XC
300
А
500
K
E
F
MС
Рис.34а YC
XC
XA
YC
P1 = 8 кH, P2 =12 кH, F = 6кH , M = 24 кHм.
Рис.35а
C
NC
В
E
P1
M
YB
XB
600
Рис.35А
2
600 CK D
F P2
400
В
E
P1
M
Н
1,5 0,5
Методические рекомендации Расчлените конструкцию. Составьте уравнения равновесия для балки АВ, используя дополнительный чертеж (рис.35а). Составьте уравнения равнове-сия для всей конструкции. Проверьте правильность решения задачи, соста-вив 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.
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 тяже-сти P, приложенная в его центре О, и ре-акции в точках контакта со стеной и бру-сом: ND и NE. Линии действия этих сил пересекаются в точке О. ресекаются в точке О.
Определить реакции в этом случае можно построением силового треугольника (рис. 36б).
На брус действует (рис.36в) сила тяжести Q, сила N’E , с которой цилиндр давит на брус (N’E = - NE ), реакции шарнира в точке А (XA иYA) и реакция NB, направленная перпен-дикулярно АВ.
Составьте три уравнения равно-весия для сил, приложенных к брусу АВ. Сумму моментов следует составить относи-тельно точки А. Плечо силы NE относитель-но точки А равно отрезку АЕ, который опре-деляется из треугольника АОЕ. Плечо силы Q равно отрезку Ас, плечо силы NB равно АВ.
R
Рис. 36
О
А
В
600
D
E
O ND
P NE
Рис.36а
Р ND
NE
Рис.36б
600
XA A
Q
NB B
C
Рис. 36в
D
E
N’E
О
YA 300
x
y
с
6. Равновесие пространственной системы сил. 6.1. Уравнения равновесия пространственной системы сил.
Для равновесия пространственной системы сил необходимо и доста-точно, чтобы три суммы проекций всех сил на оси координат равнялись ну-лю и три суммы моментов всех сил относительно каждой координатной оси равнялись нулю, т.е. условия равновесия выражаются шестью уравнениями:
∑∑∑
=
=
=
;0
;0
;0
kz
ky
kx
F
F
F
∑∑∑
=
=
=
.0)(
;0)(
;0)(
kz
ky
kx
Fm
Fm
Fm
6.2. Моментом силы относительно оси называется момент проекции силы на плоскость, перпендикулярную этой оси, относительно точки пересечения оси с плоскостью (рис.37). 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. При определении момента силы от-
носительно оси z необходимо выполнить следующие действия:
1.Провести плоскость ху, перпендикулярную оси z, и указать точку О их пе-ресечения. 2. Найти проекцию XYF силы F на эту плоскость. 3. Определить момент силы XYF относительно точки О как произведение модуля этой силы на плечо с соответствующим знаком:
.)()( hFFmFm xyxyOZ ⋅±== Силы, параллельные оси, и силы, пересекающие ось, моментов относи-тельно оси не создают.
z
F А
B
Fxy
Рис. 37
a b 900
О
xy
h
Моменты силы F относительно координатных осей могут быть выра-жены через ее проекции на оси координат zyx FFF ,, и координаты точки ее приложения x, y, z.
xyz
zxy
yzx
yFxFFm
xFzFFm
zFyFFm
−=
−=
−=
)(
;)(
;)(
При определении момента силы относительно оси можно использовать
теорему Вариньона: момент равнодействующей относительно какой-либо оси равен алгебраической сумме ее составляющих относительно той же оси.
6.3. Примеры определения моментов сил относительно координатных осей
1. Моменты силы тяжести P одно-родной прямоугольной горизонталь-ной пластины относительно гори-зонтальной и вертикальной осей.
Для того, чтобы определить мо-мент силы P относительно оси x (рис.38), проведем плоскость, перпен-дикулярную этой оси. Точка С1 явля-ется точкой их пересечения. Сила P лежит в этой плоскости, поэтому ее момент относительно оси х равен мо-менту относительно точки С1.
.2/)()( 11aPCCPPmPm Cx ⋅−=⋅−== Ана
логично:
2/bPmy ⋅=
Момент силы P относительно вертикальной оси z равен нулю, так как сила параллельна этой оси. 2. Моменты силы, действующей по диагонали боковой грани пря-моугольного параллелепипеда (рис. 39).
Для определения момента силы Р относительно оси х найдем ее проек-цию yzР на плоскость СLKB, которая перпендикулярна оси х. Модуль проекции αsin⋅= PPyz .
Момент yzP относительно точки С является моментом силы Р отно-сительно оси х:
y
x
z
A
С1 B D
a
О С
P
Рис.38
b
.sin)()( aPaPPmPm yzyzСx ⋅⋅=== α
Момент силы P относительно оси у равен моменту этой силы относительно точки А, так как P лежит в плоскости ВKEA, пер-пендикулярной 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 дейст-вия силы Р.
.sin)()( αbPhPPmPm Ay ⋅−=⋅−==
Момент силы P относительно оси z равен мо-менту ее проекции xyP относительно точки С. Проекция Рху = Р соsα.
.cos)()( aPOAPPmPm xyxyOZ α===
3. Моменты относительно координатных осей силы натяжения приводного ремня шкива (рис. 40).
Сила Т лежит в плоскости шкива и, следовательно, находится в плос-кости, перпендикулярной оси х. Про-екция силы Т на эту плоскость равна самой силе, а ее момент относительно оси х равен моменту относительно точки С, где пересекаются ось х и плоскость шкива. Плечом силы явля-ется радиус шкива, так как сила Т направлена по касательной к окруж-ности шкива:
.)()( RTTmTm Сx −==
Для определения момента силы Т относительно оси у находим ее проекцию xzT на плоскость Oxz. Мо-
x
B A
h
K
α
Рис. 39а
P a
z
a
О
D
K
E
P Pyz
α А
С
Рис.39
Pxy
В
y
x
L
h
ТХУ
x
Т ТXZ
O
C
A
R
a
y
Рис.40
z
дуль проекции равен αsinTTxz = . Момент силы Т относительно оси у равен моменту xzT относительно точки О, где пересекаются ось у с плос-костью Оxz
.sin)()( aTOCTTmTm xzxzy O ⋅=⋅== α Момент силы Т относительно оси z равен моменту ее проекции xyT на плоскость Оху относительно точки О:
.cos)()( aTaTTmTm xyxyz O ⋅=⋅== α 6.4. Рекомендации по решению задач на равновесие несвободного твер-дого 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 ви-
де 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, относи-тельно 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 намо-тана веревка, поддержи-вающая груз Q. Веревка, намотанная на окруж-ность колеса и натяги-ваемая грузом Р, сходит с колеса по касательной, наклоненной к горизонту под углом 30о.
Определить вес груза Q, если вал остается в равновесии, а также ре-акции подшипников А и В, пренебрегая весом ва-ла.
Решение. Рассмотрим равновесие вала с закрепленными на нем те-
лами, сделаем чертеж. На вал действуют активные силы - натяжения нитей Р и Q, направленные по касательным к окружностям колеса и ворота и, сле-довательно, расположенные в плоскостях, перпендикулярных оси х. Реак-
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. Напра-вим ось у по оси вала, ось z – вертикально, ось х так, чтобы получить пра-вую систему декартовых координат.
Q
30о
Р
С
R
х r
z
РZ
РX
Рис.41б
D
300
300
Р XB XA
ZB ZA
Q
BA 300
С DR r
a b c
y
x
Рис. 41а
z
300
Р
Q
BA
300
С D
R r
а в с
Рис. 41 Р
Неизвестными являются реакции XA, ZA , XB , ZB и сила натяжения Р. В данной системе можно составить пять уравнений равновесия (сумма про-екций 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: ∑ =++= 030cos 0PXXF BAkx
∑ = 0kyF
∑ =−−+= 030sin QPZZF oBAkz
∑ =+−+= 030sin)()( aPbQcbZFm oBkx
∑ =−= 0)( rQRPFm ky ∑ =++−= .030cos)()( aPcbXFm o
BZ k Из этих уравнений однозначно определяются все неизвестные. Пример 2. Равновесие однородной прямоугольной пластины, имею-
щей ось вращения. Однородная прямоугольная
крышка весом Р =400 Н удерживает-ся открытой на угол 60о над горизон-том противовесом Q (рис. 42). Опре-делить, пренебрегая трением на блоке D, вес противовеса и реакции петель А и В, если блок D укреплен на од-ной вертикали с точкой А, AD = AC.
Решение.
Сделаем чертеж крышки (рис.42 а) и изобразим на нем действующие си-лы: вес Р, приложенный в центре О, силу натяжения нити Т, приложен-
ную в точке С и равную по модулю силе тяжести противовеса Q, и реакции петель, каждую из которых раскладываем на две взаимно перпендикуляр-ные составляющие: ХА, ZА и ХВ , ZВ .
Выбираем начало координат в точке А, ось у направляем по оси вра- щения 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).
Q
Е
С D
z
x
y
A
В
300
z
Рис. 42
Составим уравнения равновесия. Проекции силы Т на оси координат найдем с помощью прямых, проведен-ных 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 дейст-вия остальных сил либо параллельны этой оси, либо (сила Т) пересекают ее. Относительно оси у создают моменты силы Р и T. Моменты этих сил отно-сительно оси у находим с помощью вспомогательного чертежа как момен-ты этих сил относительно точки А, так как эти силы лежат в плоскостях, перпендикулярных оси у: o
A AOPPm 60cos)( = , oA ACTTm 75sin)( −=
Относительно оси z все силы, кроме ХВ, моментов не создают. ∑ =−+= 015cos o
BA TXXFkx ∑ =+−+= 015sin o
BA TPZZFkz ∑ =−= 05,0)( ABPABZFm BX k ∑ =−= 075sin60cos5,0)( oo ACTACPFm ky
∑ == .0)( ABXFm BZ k Из этих уравнений однозначно определяются все неизвестные величины.
x
ХA
В
Е
С
D
Q
O
P
y
z
ХВ
ZВ
ZA
T
A
Рис. 42 а
300
Рис.42 б
T
z
XA А
C
O
P
600 x
ZA
750
Задачи для самостоятельного решения Задача 1. Определить реакции петель и усилие в стержне, удержи-
вающем полку в горизонтальном положении, если вес полки Р =80 Н, КС=СЕ (рис. 43). Методические рекомендации
Выполните чертеж (рис. 43а) и покажите
действующие на полку силы: силу тяжести, ре-акции петель в точках А и В, и усилие стержня. Используйте для составления уравнений проек-ций сил, приложенных к полке, на оси у и z и их моментов относительно оси х дополнитель-ный чертеж (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.
A
500
B
C
K
D
Рис. 43
Е
900
С
z
y
S
D
O
PSу
500
Рис. 43б
Szh
D
S
Рис. 43a
Е А
В
XA
С
К
O 50o
XB
ZA
ZB
x
z
P
С
Q
Qху
Qz
Qx
О
300
z
х
Рис. 44а
C
A
O
B
R
r
x
z y
Q
P
300
Рис.44
Методические рекомендации Покажите реакции в подшипниках А и В. Используйте дополнитель-ный чертеж (рис. 44а) для определения проекций силы Q на оси координат и моментов относительно координатных осей. ,30cos 0QQx = ,30sin 0QQz = ,OAQm zx = ,RQmy = OAQm xz −= 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).
Методические рекомендации
При решении задачи используйте вспомогательные чертежи (рис.45а, 45б).
y Q
А
О r
C 40o
x
z
60o
P
D E
K L
C1
y
Q Qy
Qx О 30o
Рис. 45б
x
P z
x А (D)
B
Рис. 45а
Pz
Px
Рис. 45
7. Центр тяжести. 7.1. Координаты центра тяжести. Для однородного тела сила тя-
жести kp 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, по-лучим:
;V
xvx kk
C∑= ;
Vyv
y kkC
∑= .V
zvz kk
C∑=
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 пла-стины, расположенной в плоскости ху:
;S
xsx kk
C∑= ;
Sys
y kkC
∑=
где S – площадь всей пластины, sk – площади ее частей.
Точно также получаются координаты центра тяжести однородной линии:
;L
xlx kk
C∑= ;
Lyl
y kkC
∑= L
zlz kk
C∑= ,
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 симмет-рии, то его центр тяжести лежит в плоскости, на оси или в центре симметрии. Отсюда следует, что центр тяжести однородного стержня ле-жит в его середине, центр тяжести круглого кольца, круглой или прямо-угольной пластины, шара находится в соответствующем геометрическом центре. Центры тяжести ромба, параллелограмма лежат в точках пересече-ния их диагоналей.
2. Разбиение. Для определения центра тяжести тело разбивается на ко-нечное число частей, положение центра тяжести каждой из которых извест-но. Координаты центра тяжести тела вычисляются по общим формулам.
3. В тех случаях, когда данное тела имеет отверстия, его можно пред-ставить как разность тел, в этом случае объем большего тела считается по-ложительной 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.
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:
;21
2211
SSxSxSx CC
C ++
= ;21
2211
SSySySy CC
C ++
= (1)
Координаты центра тяжести С1
квадрата ABDE равны: х С1 = a/2 = 2, yC1 = a/2 = 2. Координаты центра тяжести
квадрата EKLN: хС2 =а +в/2 =5,
yC2 = b/2 = 1. Площади квадратов:
S1 = a2 = 16, S2 = b2 = 4. Подставим полученные значения
в формулы (1) и, после преобразова-ний, получим:
.8,1
)(2
;6,2)(2
2
22
33
1
22
323
1
=++
=
=+
++=
babay
bababax
C
C
а
а
в в
Рис. 46
С C2
xC2
x
Рис. 46a
В
А
D
E
K L
N
C1
xC1
y C2 y C
1
y C
xC
C
Пример 2 (рис. 47)
В круглой пластине радиуса R = 12 см выреза-но круглое отверстие радиуса r = 3 см, d = 6 cм рас-стояние между центрами окружностей пластины и отверстия равно d = 6 cм.
Решение. Пластина имеет ось симметрии, про-
ходящую через центры окружностей пластины и от-верстия С1 и С2, следовательно, центр тяжести пла-стины будет находиться на прямой, проходящей че-рез эти точки.
Ось х направим вдоль оси симметрии (рис. 47а).
;21
2211
SSxSxSx CC
C ++
=
.26,28314,3
;2,452)12(14,322
2
221
=⋅==
=⋅==
rSRS
π
π
хС1 = 0, хС2 = 6. При подстановке в формулу площадь отверстия
считаем отрицательной:
4,026,282,452625.28
−=−
⋅−=Cx .
Таким образом, центр тяжести данной пластины находится на оси сим-метрии, слева от точки С1 на расстоянии: СС1 = 0, 4 см
С1
С2
Рис. 47
С1
С2
Рис. 47а
x y
С
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.