Плоская (двухмерная) статика.

ЛЕКЦИЯ 2. Темы 2 и 3 Тема 2 1.2 Плоская (двухмерная) статика 1.3.1 Главный вектор и главный момент плоской системы сил Рассмотрим плоскую систему сил F1, F2, …, Fn, действующих на твердое тело в координатной плоскости 0õó (рис. 1.29). y 1 y 2 F1 F2 R M0 x x Fn Рис. 1.29. Главный вектор и главный плоской системы момент сил: 1 − исходная система сил; 2 − эквивалентная система Главный вектор системы сил − это вектор R, равный векторной сумме этих сил: R = F1 + F2 + F3 + … Fn = n ∑F, k =1 k (1.27) где n − число сил в системе. Для плоской системы сил её главный вектор лежит в плоскости действия этих сил. Модуль R главного вектора плоской системы сил вычисляется по следующим формулам: 1 RA = X A2 + YA2 , (1.28) где XA = ∑F kX YA = , k ∑F kY k (1.29) Главный алгебраический момент плоской системы сил − это сумма алгебраических моментов этих сил относительно некого центра (точки О): Величина Ì0 может быть вычислена по формуле: M0 = ∑ M (F ) + ∑ M l r =1 n k i =1 i (1.30) Здесь l − число одиночных сил в системе, n – число пар сил с алгебраическими моментами Ìi. Пример. К вершинам квадрата (рис. 1.30) со стороной a=0.5 ì приложены силы: F1=4 Í; F2=F3=8 Í; F4=12 Í. Определить главный вектор этой системы сил и её главный алгебраический момент относительно центра квадрата 0. F1 F2 y x R F3 F4 Рис. 1.30. Определение главного вектора системы сил и её главного алгебраического момента 2 Решение. Введем координатную систему 0xy, оси которой параллельны сторонам квадрата. Силы F2, F3 образуют пару сил с моментом M23 = F2 ⋅ a = −4 H и их можно не учитывать при вычислении проекций главного вектора R: RX = F1X + F4 X = − F1 + F4 = −4 + 12 = 8 H ; RY = F1Y + F4Y = 0 Вычисление главного алгебраического момента M0 проведем с использованием плеч сил F1 и F4, равных половине длины стороны квадрата: a a 0.5 0.5 M0 = F1 ⋅ − F4 ⋅ + M23 = 4 ⋅ − 12 ⋅ + 8 ⋅ 0.5 = 0 2 2 2 2 Таким образом, для заданной системы сил её главный вектор равен по модулю R=8 Í и направлен вдоль оси 0õ, а её главный алгебраический момент M0=0. ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОКОНТРОЛЯ 1. 2. 3. Что такое главный вектор системы сил? Сформулируйте определение для главного момента системы сил. Зависят ли значения главного вектора и главного момента системы сил от выбора центра? 3 1.3.2 Основные теоремы плоской системы сил Теорема о параллельном переносе силы. При параллельном переносе силы для выполнения эквивалентности необходимо добавить алгебраический момент переносимой силы. Доказательство. Изображенная на рис.1.31-1 сила переносится в точку 0 следующим образом. Сначала добавляется уравновешенная система из двух сил. Одна из них равна исходной силе (F=F'), другая − направлена противоположно (−F), причем обе приложены в точке 0 (см. рис. 1.31-2). Заменим действие образующих пару сил (F, −F) моментом пары. Поскольку момент пары сил равен моменту одной силы относительно точки приложения другой Ì0(F) (см. рис. 1.31-3), получаем правило переноса (см. формулировку теоремы). 1 2 M0 F A F ( ) 3 F F′ −F F Рис. 1.31. К доказательству теоремы о параллельном переносе силы: 1 − исходная конфигурация; 2 − добавление уравновешенной системы сил; 3 − эквивалентная система Теорема о приведении плоской системы сил к главному вектору и главному алгебраическому моменту. Используя теорему о параллельном переносе силы, можно привести любую плоскую систему сил к главному вектору и паре сил с моментом, равным главному алгебраическому моменту. Так, изображенные на рис. 1.32-1 силы F1, F2, ..., Fn переносятся параллельно в произвольную точку 0. При этом добавляются алгебраические моменты этих сил относительно точки переноса M0(F1), M0(F2), …M0(Fn) (см. рис. 1.32-2). На рис. 1.32-3 показаны результаты векторного сложения сил в точке 0 и алгебраического сложения моментов в виде главного вектора и главного алгебраического момента. 4 1 F2 F1 Fn 2 Fn F2 F1 ( ) M0 F2 M0 F1 ( ) 3 R0 ( ) M0 M0 Fn Рис. 1.32. К доказательству теоремы о приведении плоской системы сил к главному вектору и главному алгебраическому моменту: 1 − исходная конфигурация; 2 − результаты приведения каждой силы системы к главному вектору и паре сил; 3 − результаты векторного сложения сил в точке 0 и алгебраического сложения моментов Полученный результат можно сформулировать так: Плоскую систему сил можно заменить силой, приложенной к произвольно выбранной точке (точке 0) и равной главному вектору R0 этой системы сил и парой сил с моментом, равным главному алгебраическому моменту M0 системы сил относительно точки 0. Из этой теоремы вытекает следствие: Главный вектор R, приложенный к некоторой точке 0, является равнодействующей силой заданной плоской системы сил в том случае, когда главный алгебраический момент системы сил равен нулю: M0=0. 5 1.3.3. Условия равновесия плоской системы сил Равновесие произвольной плоской системы сил. Как было только что показано, плоская система сил приводится к двум силовым факторам: силе – главному вектору R0, отнесенному к точке 0, и паре сил с моментом, равным главному алгебраическому моменту M0. Первый оказывает переместительное действие на тело, второй – вращательное. Естественно, что в покое тело будет находиться только тогда, когда и главный вектор и главный момент будут равны нулю: R0 = 0; M0 = 0 (1.31) Соответственно, проекции главного вектора на оси также должны быть равны нулю. Используя формулы для определения проекций главного вектора и главного алгебраического момента сил, запишем окончательную формулировку условий равновесия плоской системы сил: В условиях равновесия суммы проекций всех сил на каждую из двух координатных осей плоской системы и сумма их алгебраических моментов относительно любой точки равны нулю. n ∑F kX k =1 n ∑F kY k =1 = 0; = 0; (1.32) ∑ M (F ) = 0 n k =1 k Для равновесия произвольной плоской системы сил необходимо и достаточно, чтобы суммы проекций всех сил на каждую из двух координатных осей плоской системы, а также сумма их моментов относительно любого центра, лежащего в плоскости действия сил, были равны нулю. Рассмотрим частные случаи плоских систем сил. 1. Равновесие плоской системы параллельных сил. В случае, когда все действующие на тело силы параллельны друг другу, можно для удобства направить ось 0x перпендикулярно силам. Тогда проекция каждой из сил на ось 0õ будет равна нулю и первое из уравнений равновесия плоской системы 6 сил обратится в тождество. В результате для плоской системы параллельных сил остаются два уравнения равновесия: n ∑F kY k =1 = 0; (1.33) ∑ M (F ) = 0 n k k =1 2. Равновесие плоской системы сходящихся сил. В этом случае линии действия всех сил пересекаются в одной точке и их моменты относительно этой точки равны нулю, в силу чего моментное уравнение условий равновесия также обращается в тождество. В результате получаем следующие уравнения равновесия: В условиях равновесия для плоской системы сходящихся сил суммы проекций этих сил на координатные оси 0x и 0y равны нулю n ∑F k =1 kX n ∑F k =1 kY = 0; (1.34) =0 Теорема Вариньона об алгебраическом моменте равнодействующей силы. Алгебраический момент равнодействующей плоской системы сил равен сумме алгебраических моментов сил системы. n M0 ( R) = ∑ M0 (Fk ). k =1 (1.35) Докажем это утверждение. В соответствии с аксиомой статики 2, при добавлении к системе сил F1 , F2 ,..., Fn с равнодействующей R уравновешивающей силы R′ тело будет находиться в равновесии. Уравнение моментов в условиях равновесия примет вид: n ∑ M (F ) + M ( R′ ) = 0 . k =1 k 7 Учитывая, что R′ = - R , и обе силы имеют общую линию действия, то: M0 ( R′ ) = − M0 ( R) . Вычитая второе уравнение из первого, найдем: n M0 ( R) = ∑ M0 (Fk ), k =1 что и требовалось доказать. ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОКОНТРОЛЯ 1. Сформулируйте условия равновесия для плоской системы сил. 2. Чем отличаются условия равновесия для плоской системы параллельных сил от условий равновесия для плоской системы сходящихся сил? 3. Как найти момент равнодействующей в данной системе сил? 8 1.3.4. Замена распределенных сил эквивалентными сосредоточенными В задачах встречаются системы параллельных сил, распределенных по некоторому закону вдоль прямолинейного стержня (рис. 1.33). q ( x) x Рис. 1.33. Распределенная нагрузка Такие распределенные силы характеризуются интенсивностью q, равной величине силы, приходящейся на единицу длины нагруженного отрезка (например, погонный вес балки как элемента строительной конструкции). В общем случае интенсивность является некоторой функцией q(x) координаты x, отсчитываемой вдоль нагруженного отрезка. В системе СИ единицей измерения интенсивности является ньютон на метр (Н/м). Рассмотрим систему параллельных сил, распределенных по произвольному закону q(x) вдоль прямолинейного отрезка длиной a и направленных перпендикулярно этому отрезку (см. рис. 1.34). y q ( x) M0 R a d x R∗ Рис. 1.34. Эквивалентная сосредоточенная сила и точка её приложения 9 Величина главного вектора R и главный алгебраический момент M0 относительно центра 0 определяются суммированием (интегрированием) элементарных бесконечно малых сил dF = q ( x ) dx и моментов dM0 = x ⋅ q ( x ) dx по всей длине нагруженного участка: a a R = ∫ dF = ∫ q ( x ) dx; a a M0 = ∫ dM0 = ∫ x ⋅ q ( x ) dx Если приложить главный вектор R в точке стержня, удаленной от 0 на расстояние d=M0/R (см. рис. 1.34), то его момент относительно точки 0 станет равным главному алгебраическому моменту Ì0. Итак, формулы для оценки эквивалентной сосредоточенной силы и точки её приложения имеют вид a R = ∫ q ( x ) dx; a d= ∫ x ⋅ q ( x ) dx (1.36) a ∫ q ( x ) dx Это означает, что приложенный в этой точке один вектор R* определяет такой же главный вектор и главный алгебраический момент системы. Таким образом, обе системы эквивалентны. Следовательно, приложенный в этой точке главный вектор R* является равнодействующей силой, или, как принято говорить, сосредоточенной силой, эквивалентной исходной распределенной нагрузке. Воспользуемся полученными формулами для двух часто встречающихся случаев: равномерно и линейно распределенные нагрузки. Равномерно распределенная нагрузка (рис. 1.35). Здесь интенсивность постоянна q=const. 10 q A K a 2 B a 2 Q Рис. 1.35. Равномерно распределенная нагрузка Распределенную нагрузку можно заменить сосредоточенной силой Q, равной произведению интенсивности на длину отрезка и приложенной к середине нагруженного участка: Q = q ⋅ a; d= a 2 (1.37) Нагрузка, распределенная по линейному закону (рис. 1.36). Для такой системы сил интенсивность q меняется от нуля до максимального значения qmax по линейному закону. qmax A 2a 3 K a 3 B Q Рис. 1.36. Нагрузка, распределенная по линейному закону Эквивалентная сосредоточенная сила Q этой системы приложена в точке Ê, делящей нагруженный участок в соотношении 2:1 (рис. 1.40) и равна: Q= qmax ⋅ a ; 2 d= 2 a 3 (1.38) 11 ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОКОНТРОЛЯ 1. 2. 3. Определите величину и точку приложения равномерно распределенной нагрузки. Определите величину и точку приложения линейно распределенной нагрузки. Какую размерность имеет погонный вес? 12 1.3.5. Алгоритм решения задач статики Рассмотрим пример решения задачи о равновесии тела под действием плоской системы сил. Пример. Определить реакции шарнирных опор À и  балки, находящейся под действием сосредоточенной силы F=60 Í, равномерно распределенной нагрузки с интенсивностью q=15 Í/ì и пары сил с моментом Ì=40 Í·ì; расстояние a=1 ì (рис. 1.37). y 2a a q A M B F 30° Рис. 1.37. Балка под действием распределенной и сосредоточенной нагрузки Решение. Введем систему координат 0xy, совместив начало координат 0 с неподвижным шарниром À и направив ось 0x вдоль балки. Для определения опорных реакций рассмотрим равновесие балки. К ней приложены активные силы: сила F, пара сил с моментом Ì и равномерно q. Заменим распределенную нагрузку распределенная нагрузка эквивалентной сосредоточенной силой Q, равной по модулю Q=q·2a=30 Í и приложенной в средней точке нагруженного участка. На балку наложены две связи: неподвижная шарнирная опора в точке À и подвижная шарнирная опора (каток) в точке Â. Отбросим мысленно эти связи, заменив их соответствующими реакциями. Реакция RA неизвестна по величине и направлению, поэтому разложим её на две неизвестные по величине составляющие XA, YA направленные по координатным осям. Опора в точке  не препятствует её перемещению вдоль наклонной плоскости и, следовательно, реакцию RB следует направить перпендикулярно наклонной плоскости, то есть эта реакция известна по направлению, но неизвестна по величине. Приведенные выше действия можно назвать составление эквивалентной силовой схемы (рис. 1.38) 13 y a a a YA RB 30° XA A B F Q x M 30° Рис. 1.38. Эквивалентная силовая схема Таким образом, в задаче имеется три неизвестных скалярных величины: XA, YA, RB. Поскольку для произвольной плоской системы сил имеется три независимых уравнения равновесия, данная задача является статически определимой (то есть для определения всех величин достаточно уравнений равновесия). Составим уравнения равновесия для полученной эквивалентной силовой схемы. Эти уравнения равновесия записываются в рассматриваемом примере следующим образом: ∑F = 0 : ∑F = 0 : ∑ M (F ) = 0 : A kX X A − RB sin 30° = 0 kY YA − Q + F + RB cos 30° = 0 k −Q ⋅ a + F ⋅ 2a + M + ( RB cos 30° ) ⋅ 3a = 0 Напомним, что алгебраические моменты сил берутся со знаком плюс, если они направлены против хода часовой стрелки. При вычислении момента реакции RB относительно точки À выделена её вертикальная составляющая, равная RBY = RB cos 30° и имеющая плечо 3a, а горизонтальная составляющая RBÕ имеет нулевой момент относительно точки À. Из третьего уравнения находим: RB = M a ≅ −50.0 H 3 cos 30° Q − 2F − Подставив полученный результат в первое и второе уравнения, получим: 14 M a sin 30° ≅ −25.0 H; XA = 3 cos 30° M 2Q − F + a ≅ 13.3 H YA = 3 Полученные отрицательные значения RB и XA означают, что сила RB и составляющая реакции XA противоположны показанным на рис. 1.38 направлениям этих векторов. Q − 2F − Величина реакции RA = X A2 + YA2 ≅ 28.3 H На примере решения рассмотренной задачи сформулируем общие правила решения задач в виде алгоритма решения задач статики: 1. Составить силовую схему, выполнив следующее: • выбрать объект рассмотрения (рассматриваемую механическую систему), отбросив при этом все остальные тела; • заменить влияние отброшенных тел силами, приложенными к точкам рассматриваемой механической системы; • заменить отброшенные связи их реакциями; • заменить распределенные нагрузки эквивалентными сосредоточенными силами; • заменить пары сил их моментами. 2. Записать систему уравнений равновесия для составленной силовой схемы. 3. Решая полученную систему уравнений, найти неизвестные силы или/и реакции. ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОКОНТРОЛЯ 1. Сформулируйте алгоритм решения задач статики. 15 1.3.6 Равновесие сочлененной системы тел Различают внутренние и внешние связи. Внутренние связи − это связи, соединяющие части составной конструкции или тела системы между собой. Внешние связи − это связи, соединяющие систему тел с внешними телами. Соответственно и реакции связей делят на внешние и внутренние. Если при отбрасывании внешних связей конструкция более не остается жесткой (то есть, не ограничены перемещения или углы поворота), то применяется принцип отвердевания: Равновесие тела не нарушится, если тело считать отвердевшим. На основании этого принципа разработан метод отвердевания, заключающийся в следующем: 1. Уравнения равновесия всей «замороженной» системы составляются так же, как и для твердого тела. 2. Однако уравнений равновесия системы может не хватить для определения всех неизвестных величин. В этом случае необходимо дополнительно рассмотреть равновесие отдельных частей конструкции. Рассматривая системы тел, то есть составные конструкции, удобно применять метод расчленения системы на составляющие её тела, состоящий в том, что конструкцию сразу расчленяют на отдельные тела и составляют условия равновесия каждого из составляющих тел в отдельности. Метод расчленения позволяет внутренние реакции перевести в разряд внешних. При этом одноименные реакции внутренних связей следует направлять в противоположные стороны согласно аксиоме о равенстве действия и противодействия. 16 На практике применяются оба указанных метода для расчета статически определимых задач. Второй из описанных методов, как правило, проще, но приводит к более громоздкой системе уравнений. Пример. Определить реакции внешних связей рамы, изображенной на рис.1. 43−1. Здесь q=2 êÍ/ì, F=2 êÍ, à=1 ì. q C YA A q 1 2a XA F YB 2a B XB YC YA XC C X C C XA a 3a 2 YC F YB B XB Рис. 1.39-1. Рама под внешними нагрузками: 1 − исходная конструкция; 2 − расчлененная конструкция Конструкция состоит из двух частей ÀÑ и ÂÑ, сопряженных цилиндрическим шарниром Ñ, и опирается шарнирами À и Â. Неизвестных компонент внешних опорных реакций – четыре (XA, YA, XB, YB), а уравнений равновесия (1.32) – только три. Мысленно расчленим раму в шарнире Ñ на звенья (рис. 1.49-2), введя внутренние реакции XC , YC . Всего стало 6 неизвестных компонент реакций (XA, YA, XB, YB, XC, YC ), при этом для каждого из двух звеньев ÀÑ и ÂÑ (рис. 1.49-2) можно составить по три уравнения равновесия (всего – 6). Таким образом, решая полученную систему из шести уравнений, можно найти все неизвестные. Если в задаче требуется определить только внешние реакции (XA, YA, XB, YB), можно не составлять все шесть уравнений равновесия, а использовать только четыре. Из условия равновесия рамы в целом (рис. 1.39-1) получим: YA ⋅ 4 + X A ⋅ 2 − ( q ⋅ 3 ) ⋅ 2.5 − F ⋅ 2 = 0 ∑ MB Fk = 0 : ( ) Из условия равновесия части ÀÑ рамы (рис. 1.39-2) имеем: ∑ M (F ) = 0 : C k YA ⋅ 3 − X A ⋅ 2 − ( q ⋅ 3 ) ⋅ 1.5 = 0 Решая эти уравнения совместно, находим: 17 X A = 1.5 êÍ; YA = 4 êÍ Возвращаясь вновь к рассмотрению рамы в целом, определим: ∑ FkX = 0 : XA − F + XB = 0; ∑ FkY = 0 : YA − q ⋅ 3 + YB = 0 Отсюда находим XB = 0.5 êÍ; YB = 2 êÍ ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОКОНТРОЛЯ 1. 2. 3. Сформулируйте метод расчленения системы на составляющие. Почему расчленение необходимо проводить по внутреннему шарниру? Всегда ли используется все уравнения равновесия? 18 1.3 Пространственная (трехмерная) статика 1.4.1 Главный вектор и главный момент произвольной пространственной системы сил Рассмотрим систему сил F1, F2, …, Fn, действующих на твердое тело в пространстве 0xyz (рис.1.40). z 1 z F1 2 M0 F2 R y y x Fn x Рис. 1.40. Главный вектор и главный момент сил: 1 − исходная система сил; 2 − эквивалентная система Главный вектор системы сил − это вектор R, равный векторной сумме этих сил: R = F1 + F2 + F3 + … Fn = n ∑F, k =1 k (1.39) где n − число сил в системе. Модуль R главного вектора системы сил в общем случае вычисляется по следующей формуле: R= RX2 + RY2 + RZ2 , (1.40) где 19 RX = n ∑F k =1 kX RY = ; n ∑F kY k =1 RZ = ; n ∑F k =1 kZ (1.41) Главный векторный момент Ì0 системы сил и пар − это сумма моментов этих силовых факторов относительно некоторого центра (точки 0). Величина главного векторного момента Ì0 может быть вычислена по формуле: M0 = ∑ M (F ) + ∑ M l k =1 n k i =1 i (1.42) Здесь l − число одиночных сил в системе, n – число пар сил с векторными моментами Mi.(i=1, 2, …, n). Вектор R не зависит от выбора центра 0, векторный момент Ì0 при изменении положения центра 0 в общем случае может изменяться. Поэтому необходимо всегда указывать, относительно какого центра определяется главный векторный момент. В соответствии с принципом суперпозиции (наложением) величина главного момента M0 системы сил относительно центра O (начала координат) и его проекции (главные осевые моменты) вычисляются по формулам: n MX = ∑ (yÊFÊZ - zÊFÊY); K =1 n MY = ∑ (zÊFÊX - xÊFÊZ) ; K =1 n MZ = ∑ (xÊFÊY - yÊFÊX); (1.43) K =1 M 0 = M X2 + M Y2 + M Z2 . Здесь xК, yК, zК, - координаты точки приложения силы F K. Для простых случаев главные осевые моменты могут определяться геометрически 20 Пример. К вершинам куба (рис. 1.41) с длиной ребра a приложена система четырех сил, действующих вдоль ребер куба и имеющих одинаковые модули: F1=F2=F3=F4=F. Определить главный вектор этой системы сил и её главный момент относительно вершины 0. z F4 R M34 F1 M0 A y F2 x F3 Рис. 1.41. Система четырех сил, действующих вдоль ребер куба Решение. Введем координатную систему 0xyz, оси которой ориентированы вдоль ребер куба. Силы F3, F4 образуют пару сил с векторным моментом Ì34, направленным в положительном направлении оси 0x (точка приложения вектора Ì34 может быть выбрана произвольно) и равным по модулю M34 = F ⋅ a Следовательно, силы F3 и F4 можно не учитывать при вычислении проекций главного вектора R. Определяем проекции главного вектора RX = F1X + F2X = 0 − F2 = − F; RY = F1Y + F2Y = 0; RZ = F1Z + F2Z = F + 0 = F Вычислим модуль главного вектора 21 R = RX2 + RY2 + RZ2 = F 2 Вычисляем проекции главного момента Ì0 относительно точки 0. Определим осевые моменты сил F1 и F2 геометрически (напомним, что момент силы относительно оси равен нулю, если сила и ось лежат в одной плоскости) и спроецируем векторный момент Ì34 на оси координат. В результате получим ( ) ( ) M = M ( F ) + M ( F ) + M = 0 + 0 + 0 = 0; = M ( F ) + M ( F ) + M = 0 + F ⋅ 0A + M = F ⋅ a MX = MX F1 + MX F2 + M34X = 0 + 0 + M34 = F ⋅ a; Y MZ Z Y 1 1 Y Z 2 2 34Y 34Z 34 Модуль главного момента равен M0 = MX2 + MY2 + MZ2 = 2F ⋅ a Таким образом, для заданной системы сил её главный вектор R и главный момент M0 относительно точки 0 равны по модулю R= 2F; M0 = 2F ⋅ a, лежат в плоскости 0xz и образуют с осью 0z углы в 45° (см. рис. 1.41). 22 1.4.2 Основные теоремы пространственной системы сил Условия равновесия тела, нагруженного произвольной системой сил, могут быть получены с помощью эквивалентного переноса всех сил в произвольную точку. Теорема о параллельном переносе силы. Силу, приложенную к абсолютно твердому телу, можно, не изменяя оказываемого ею действия, переносить в заданную точку тела, прибавляя пару с моментом, равным моменту переносимой силы относительно той точки, куда переносится сила. Доказательство. Пусть на твердое тело действует сила F, приложенная в точке À (рис. 1-42-1). Действие этой силы не изменится, если в произвольно заданной точке В приложить уравновешенную систему из двух сил. Одна из них равна исходной силе (F'=F), другая − противоположно направлена (F''=−F) (см. рис. 1.42-2). 1 2 A F A A F B F′ F′′ M 3 F B F′ Рис. 1.42. К доказательству теоремы о параллельном переносе силы: 1 − исходная конфигурация; 2 − добавление уравновешенной системы сил; 3 − эквивалентная система Полученная система трех сил эквивалентна силе F' и паре сил с моментом Ì(F) (см. рис. 1.42-3), что и требовалось доказать. Используя метод переноса можно получить простейший вид нагрузки эквивалентный заданной системе сил и пар. Теорема о приведении системы сил к главному вектору и главному векторному моменту. Произвольную систему сил можно, пользуясь приведенным выше методом, перенести в одну точку (точку 0). При этом 23 каждой силе ставится в соответствие равная сила, приложенная в произвольно выбранной точке (точке 0) и пара сил с соответствующим моментом (рис. 1.43-1). 1 y M2 y Mn M0 F1 M1 2 R0 F1′ x x F2′ Fn′ F2 z z Fn Рис. 1.43. К доказательству теоремы о приведении системы сил к главному вектору и главному векторному моменту: 1 − исходная система сил; 2 − эквивалентная система Далее, полученная совокупность сходящихся сил и моментов, отнесенных к точке 0, заменяется равнодействующей R0 и одной парой с моментом Ì0, равным главному векторному моменту системы сил относительно точки 0 (см. рис. 1.43-2). Таким образом, доказана следующая теорема: Любая система сил, действующая на абсолютно твердое тело, при приведении к произвольному центру 0, заменяется одной силой, равной главному вектору системы сил и приложенной в точке 0, и одной парой с моментом, равным главному моменту системы сил относительно центра 0. Отметим два важных частных случая. Случай 1. Если для данной системы сил R = 0; M0 ≠ 0, то данная система приводится к одной паре с моментом Ì0, причем момент силы согласно свойству пар не зависит от выбора центра 0. Случай 2. Если для данной системы сил 24 R ≠ 0; M0 = 0, то данная система приводится к одной силе, по определению − равнодействующей, равной R и приложенной в точке 0. Условия равновесия системы. На основании предыдущей теоремы условия равновесия произвольной системы сил можно сформулировать в виде: Условием равновесия произвольной системы сил является равенство нулю двух векторов − главного вектора этой системы сил и её главного момента относительно любого центра 0 R = 0; M0 = 0, (1.44) В том случае, если какое-нибудь условие из (1.44) не выполняется, то система сил приводится к силовым факторам: либо к равнодействующей, либо − к паре и, следовательно, не является уравновешенной. Имеет место теорема Вариньона о моменте равнодействующей: Если система сил имеет равнодействующую, то момент равнодействующей относительно любого центра равен сумме векторных моментов составляющих этой системы сил относительно того же центра M0 R = ∑ M0 Fk (1.45) ( ) k ( ) Эта теорема, в частности, использовалась при решении рассмотренного примера (рис. 1.41). Докажем теорему. 25 y F1 R x F2 R′ z Fn Рис. 1.44. К доказательству теоремы Вариньона о моменте равнодействующей Доказательство. Пусть система сил F1, F2, …, Fn равнодействующую R, проходящую через точку Ñ (см. рис. 1.44). имеет При добавлении к этой системе силы R'=−R, проходящей через точку Ñ, тело будет находиться в равновесии, в соответствии со второй аксиомой статики. Уравнение моментов при равновесии примет вид: ∑ M ( F ) + M ( R′) = 0 k k Учитывая, что R'=−R, а, следовательно, обе силы имеют общую линию действия, получаем M0 R′ = − M0 R ( ) ( ) Подставляя левую часть равенства в предыдущую формулу, получаем равенство (1.45), что и требовалось доказать. Замечание. Теоремой Вариньона часто бывает удобно пользоваться при вычислении моментов от векторных величин. Пространственная система параллельных сил. Если направить одну ось (например, ось 0z) вдоль линий действия системы параллельных сил, то система уравнений равновесия сократится до трех уравнений и приобретет следующий вид: ∑ M ( F ) = 0; ∑ M ( F ) = 0; ∑ F X k k Y k k kZ k =0 (1.46) 26 Пространственная система сходящихся сил. Взяв в качестве начала отсчета центр сходящихся сил, легко убедиться, что моментные уравнения в условиях равновесия превратятся в тождества, а в самой системе останутся только три уравнения проекций сил на оси координат: ∑F kX k = 0; ∑F = 0; kY k ∑F kZ =0 k (1.47) Теорема Вариньона для моментов силы относительно оси. Если обе части векторного равенства (1.45), выражающего теорему Вариньона для общего случая, спроектировать на какую-нибудь ось z, проходящую через центр 0, то согласно определению осевого момента (1.17), получим: ( ) ∑ M (F ) MZ R = Z k k (1.48) Следовательно, терема Вариньона о моменте равнодействующей справедлива и для моментов относительно оси. Теоремой особенно удобно пользоваться для нахождения моментов векторов относительно координатных осей, разлагая силу на составляющие, параллельные и перпендикулярные осям. ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОКОНТРОЛЯ 1. Сформулируйте условия равновесия для пространственной сил. 2. Чем отличаются условия равновесия для пространственной параллельных сил от условий равновесия для пространственной сходящихся сил? 3. Как найти векторный момент равнодействующей в данной сил? системы системы системы системе 27 Тема 3 1.4.3. Центр тяжести Рассмотрим частный случай системы параллельных сил – однородное поле сил тяжести (рис. 1.45). Такое поле действует на тела малых (по сравнению с радиусом Земли) размеров вблизи планеты. z P1 P2 y x Pn P Рис. 1.45. Однородное поле сил тяжести Равнодействующую сил тяжести Ð1, Ð2, ..., Ðn, действующих на части тела, обозначим Ð. Модуль этой силы называется весом тела, он равен P= ∑P k k При любом повороте тела силы остаются приложенными в одних и тех же точках тела, параллельными друг другу. Можно доказать, что при любых положениях тела равнодействующая Ð будет проходить через неизменно связанную с телом точку Ñ, являющуюся центром параллельных сил тяжести. Координаты центра тяжести, определяются формулами (1.49): как центра параллельных сил, 28 xC = yC = zC = ∑P x k k k P ∑ Pkyk (1.49) k P ∑ Pkzk k P Следовательно, радиус-вектор центра тяжести равен: rC = ∑P r k k k P (1.50) , где xk, yk, zk – координаты точек приложения сил тяжести действующих на части тела. Отметим, что центр тяжести связан с координатами точек тела, но может лежать и вне данного тела, например, в случае кольца. Помимо прямого использования формулы (1.50) для систем с конечным числом материальных точек, существуют методы определения центра тяжести систем с распределенной массой, рассмотренные ниже. Координаты центров тяжести однородных тел. Рассмотрим тела, у которых удельный вес (вес единицы объема) γ зависит от координат. Легко преобразовать выражение (1.50) в интегральную форму, взяв вместо дискретного веса частицы Ðk вес элементарного объема dÐ=γdV: rC = ∫ rγ (r ) dV V P где P = ∫ γ ( r ) dV , (1.51) V Здесь γ(r) − удельный вес тела, в общем случае зависящий от координаты, V − объем тела. В случае однородных тел формула расчета координат центра тяжести упрощается: rC = ∫ rdV V (1.52) V 29 Аналогичные формулы имеют место для плоских тел (S – площадь поверхности плоского тела): rC = ∫ rdS (1.53) S S и линейно вытянутых тел, или стержней (L – длина стержня): rC = ∫ rdL (1.54) L L Можно доказать, исходя из свойств интегралов, что центр тяжести симметричных однородных тел располагается в центре симметрии, на линии или плоскости симметрии (центре шара, на оси конуса и т.д.). На практике, для оценки положения центра тяжести составных тел, часто используют два приема: 1. Метод разбиения тела на части. Если разбить тело на части, центры тяжести которых известны, то можно воспользоваться формулами для дискретного суммирования (1.49). Так для тела, изображенного на рис. 1.46, радиус-вектор центра тяжести и соответственно, его координаты определяется по следующему выражению: P ⋅ r + P2 ⋅ rC2 + P3 ⋅ rC3 rC = 1 C1 P1 + P2 + P3 C1 C2 C3 Рис. 1.46. Метод разбиения тела на части 2. Метод отрицательных масс. Если в теле есть полость объемом V', где нет массы, то можно воспользоваться методом дополнения (частным случаем метода разбиения). Именно, можно считать эту полость, образованной наложением на сплошное тело с удельным весом γ, тела с 30 отрицательным удельным весом −γ. Если при этом известно расположение центра тяжести Ñ1 самого тела вместе с заполненной полостью и его весом Ð1, и центра Ñ2 этой заполненной полости и ее (вычитаемым) весом −Ð2, то можно воспользоваться дискретной формулой: P ⋅ r − P2 ⋅ rC2 rC = 1 C1 P1 − P2 Центр тяжести многих плоских фигур может быть найден исходя из свойства треугольника: центр тяжести площади треугольника находится в точке пересечения его медиан. Формулы, определяющие координаты центров тяжести других однородных тел, можно найти в различных технических справочниках. 31 32