Айзенберг Т.Б., Воронков И.М., Осецкий В.М. - Руководство по решению задач по теоретической механике, страница 7

Эта сила является равнодействующей данной плоской системы сил. Таким образом, если КФО, МрФО, то система сил приводится к одной равнодействующей, не проходящей через центр приведения О. При этом момент равнядействующей относительно любой точки будет равен алгебраической сумме моментов всех данных сил относительно той же точки (теорема Вариньона).

Если начало координат выбрано в центре приведения и известны проекции всех сил на оси координат и координаты точек приложения этих сил, то момент равнодействующей иахо. дим по формуле (17) Если в результате приведения системы сил к данному центру окажется, что главный вектор этой системы рпвен нулю, а глав. ный момент ее отличен от нуля, то данная система эквивалентна паре сил, причем главный момент системы равен моменту этой пары и не зависит в данном случае от выбора центра приведения. Если Ма=О, а !х Ф О, то система приводится к равно. действующей, приложенной в центре приведения О, Если Мо= О и )х = О, то система сил находится в равнове.

сии. Все случаи, встречающиеся при сложении сил плоской системы, можно представить в виде табл. 3. ЯП Зэк. 2374 4! Таблицз 3 Система приводится к равнодействующей силе Дп = ' Лн %х не проходящей через центр приведении О в~О, М ~О Система приводится к равнодействующей )с'=~~ со проходящей через центр приведения О я~О, М =О Система приводится к одной паре, момент которой равен ~лен(Р;1 и не зависит от выбора точки О й=о, моыо й!=о, м =о Система сил находится в равновесии Таблица 4 Сааы — 3 Привести зту систему к началу координат и затем найти линию действия равнодействующей. Решен и е. Найдем проекции главного вектора заданной системы сил на координатные оси по формуле (14) й„=~,Х, = 1 — 24 3 — 4=- — 2, И„=- ~', У, = 4 + 1 — 3 — 3 —.

- 1. Откуда й = )/ 14»+ Я» = У б Равновесие плоской системы сил рассмотрим в следующем параграфе, а теперь перейдем к решению задач на сложение сил плоской системы, Пример 13. Дана плоская система четырех сил ЄЄЄР,; проекции Х и У этих сил на координатные оси, коордйнаты х, р точек их приложения заданы в табл.

4. Главный момент М находим по формуле (15) Мо=-~ч",то(Р) = ~(хУ' — уХ) =- =-8 — 2 — 9+ 12 — (1+2 — 9+ 24) = — 9 — 18=- — 9. Пусть А (х, у) — точка линии действия искомой равнодействующей )1'. Тогда то (А'*) =- хй„— уй„ Р =И„= — 1 У )т„= — )с, = — 2, то(Я*) = — х+ 2у.=2у — х. а потому С другой стороны, по теореме Вариньона имеем: то (Р ') =- Х то (Р ) .= Следовательно, 2у — х=9, х — 2у+9=0.

или Это и есть уравнение линии действия равнодействующей. Пример 14. Найти равнодействующую четырех сил, действующих по сторонам правильного шестиугольника, направление К которых указано на рис. 30, и если Р,=-Р,= — 2Р и Р,=-Р,=Р. Решен яе. Выберем за центр приведения центр О шес- 4 а 1Ь р тнугольника и найдем главный ~дт вектор К и главный момент М 1 ! данной системы сил относитель- Г ф и но центра О. Так как Р, = — Р, и Р,=Р„то главный вектор )с Е равен 2Р„ а главный момент Рис, 30 М =т (Р,)+то(Р,)+л1о(Р,) , 'т (Р,). Для того чтобы найти момент силы Р, относительно точки О, опустим перпендикуляр ОА, из точки О на линию действия этой силы.

Так как сила Р, стремится вращать шестиугольник вокруг точки О по часовой стрелке, то ,(Р,) = — Р,ОА = — Р,й, 43 где Ь -длина апофемы ОА, правильного шестиугольника. Лиало. гично вычислим моменты остальных сил огносительно точки 0: и 1Р,) = — Р,ОВ, =-.

— Р,Ь, гпо (Р,) — — Р,Ь, т (Р,) =Р,ОО, = — -1 Р,Ь М = — Р,Ь вЂ” Р,Ь вЂ” Р,ЬтР,Ь= — — (Р, + Р,) Ь=- — 4рп. Итак, данная система сил эквивалентна силе Р=-2Р„приложенной в точке О, и паре с моментом Мо= — 4РЬ. Одну из сил )с' этой пары выберем равной и противоположно направленной силе )х и приложенной в точке О. Тогда вторая сила пары К* будет приложена в точке 0*, причем 00' ) )х. Так как Ма=гни и) то 00 = — = — =-2Ь. ~Л~о~ 4РЬ Р 2Р Силы Й и К' эквивалентны нулю, а потому данная система снл приводится к одной силе Г", которая, следовательно, и есть равнодействующая этой системы сил. 5 2. РАВНОВЕСИЕ РЫЧАГА Рычагом называется твердое тело, которое может вращаться вокруг неподвижной оси под действием сил, лежащих в одной плоскости, перпендикулярной к этой оси. Точка пересечения плоскости, в которой лежат все силы, приложенные к рычагу, с осью вращения называется точкой опоры рычага.

Условием равновесия рычага является равенство нулю алгебраической суммы моментов всех приложенных к нему сил относительно точки Π— опоры рычага, т. е. (18) Задачи этого параграфа можно разделить на следующие две группы: 1) задачи, относящиеся к равновесию рычага; 2) задачи, относящиеся к равновесию твердого тела при возможном его опрокидывании. Первая группа Равновесие рычага (аааачв 81 †, 112, Па) Пример 15.

Буровая штанга АВ весом Д = 20 кн укреплена при помощи каната ВСР, перекинутого через шкив С и навернутого на барабан лебедки 0 диаметром 25 см. С барабаном жестко соединен рычаг ОЕ длиной 180 см и весом 6=1 кн, иа конце которого укреплен противовес Е. Найти вес Р этого противовеса (рис. 31). Р е ш е н и е. Так как натяжение каната во всех его точках одинаково, то реакция каната Т, приложенная к барабану лебедки, равна весу штанги 6. Рычаг ОЕ с неподвижной точкой О находится в равновесии; поэтому алгебраическая сумма моментов всех приложенных к нему сил относительно этой точки О равна нулю, т, е.

~р~ 1Р,) =О, или ОЕ +Р ОЕ 1-6 — — Тг=0, 2 откуда ОЕ г О Р= — 6 — + Т вЂ” = — — + 20Е ОЕ 2 +Т вЂ” ' ОЕ или Р=0,89 кн. Пример 16. Однородная балка АВ весом 6=6 кн, закрепленкая в точке А шарнирно, Р .з1 наклонена к горизонтальной оси Ах под углом а = 30' и удерживается в равновесии при помощи прикрепленной к ней в точке В веревки ВОЕ. перекинутой через неподвижный блок О, к свободному концу которой подвешен груз Е весом Р.

Балка АВ находится под действием перпендикулярной к ней равномерно распределенной нагрузки интенсивности д= 2 кн)м и вертикальной силы Р= 1 кн, при- АС ! ложенной в точке С, причем — = —,. Веревка В0 составляет СЕ 3" с вертикалью угол р = 30'. Определить аес груза Р, если АВ=3 м (рис. 32).

Решен не. Равнодействующая системы равных параллельных сил, приложенная в середине С, бачки АВ, равна 6 = = цАВ=2 3=-6 кн. Так как иатшкение веревки во всех се точках одинаково, то реакция веревки Т, приложенная к балке в точке В, равна по модулю весу груза Р. Таким образом, рычаг АВ с неподвижной точкой А находится в равновесии под действием четырех сил Р, (), б и Т; поэтому алгебраическая сумма моментов этих сил относительно точки опоры А равна нулю, т. е. тх(Р) +>пи Я) ) >их (б)+тх(Т)=0.

(а) Так как каждая из сил Р, б, б вращает балку АВ вокруг неподвижной точки А по часовой стрелке, а сила Т вращает эту балку вокруг точки А против часовой стрелки, то тх(Т))0, а моменть> остальных сил относительно точки А отрицательны. Кроме того, АВ [ Я, а потому — ЛВ п>А ((с) Р Чтобы вычислить моменты остальных сил относительно точки А, опустим из этой точки на линию действия каждой силы перпендикуляры, тогда тх(г") =- — Р АК, тх (б) =- — б А1о тх (7') = Т.АА,.

°, I УО' / А, Рис. 32 Из треугольниковАСА*, АС,>'. и АА В нахо. дим: АК=АСсоза, Ас.= — сова и АА,=АВз>пу, АВ причем АС = 4 ' 7 = 90' — а — р, АВ а потому АА, = АВ з>п [90 — (а+ р)[ = АВ соз (а + ~). Подставив этн значения в уравнение (а), имеем Р4АВ сова — Д2 — б — а сова +ТАВ сов(а+~)=0, 1 АВ ЛВ откуда >, Я 6 — Р со> о+ — + — со> а Т=4 2 2 со> (а+ р) или Т = ( — + 6 ) — + Я = (0,5+ 6) — '+ 6 ~* 11,63 кн. ГЛ тУЗ УЗ Вторая группа Равновесие тела, которое может опрокидываться (задачи 94 — 97) Пример !7.

Подъемный кран весом Я=20 кн имеет вылет 1= 5 м, ширина его основания АВ =а=4 м. Вес противовеса, имеющего форму куба с ребром 5 = 2 м, равен Р = 5 кн. Центр тяжести крана находится на вертикали, проходящей через середину отрезка АВ. Найти наибольший вес 6 груза, поднимаемого краном без опрокидывания вокруг точки А (рис. 33). и .ЗЗ Реш е н не. Так как колесо В в начальный момент опрокидывания отделяется от опорной плоскости и все давление переносится на опору А, то реакция опоры В становится в этот момент равной нулю, и мы имеем, следовательно, тело с одной неподвижной опорои А, вокруг которой оно может вращаться.

Применяя поэтому условие равновесия рычага, получим: та (6) + лт, ф) + т, (Р) = О, или 61 — Ц-,"— Р( — ',+ ~=0. откуда 7Ь ~ а (,2 ) 2 3 3+20.2 й 3 РАВНОВЕСИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА ПОД ДЕЙСТВИЕМ ПЛОСКОЙ СИСТЕМЫ СИЛ Для равновесия плоской системы сил, приложенных к твердому телу и не пересекающихся в одной точке, необходимо и достаточно, чтобы главный вектор Я этих сил и нх главный момент Мр относительно произвольной точки О, лежащей в плоскости действия этих сил, были равны нулю, т. е.

ХР;=О, Х т(Р) О (! 9) ~Р,„=О, ХР„=-О, Х т (Р;) = О. (20) Условия равновесия плоской системы снл, расположенных как угодно на плоскости, можно выразить егце в двух других видах. 1, Алгебраическая сумма моментов сил относительно трех произвольных точек А, В, С, не лежащих на одной прямой, равна нулю, т. е. чз тд (Р,) = О, ~тв(Р,) =О, ~ т~ (Р;) = О. (21) 2. Алгебраическая сумма моментов всех сил относительно двух произвольных точек А и В равна нулю и сумма проекций этих сил на какую-либо ось, не перпендикулярную к прямой, соединяющей точки А и В, равна нулю, т. е, ~т„(Р,) =О. Хтв(Р,) =0 ~э~ Р,„= О.