Митюшов Е.А., Берестова С.А. Теоретическая механика. Конспект лекций (2005) (1244967), страница 5
Текст из файла (страница 5)
Исследования по строительной механике, гидравлике, теории трения, сопротивлению материалов, один из основателей электростатики.tg α =maxFmpFmp6= f = tg ϕ,NNtg α 6 tg ϕ,α 6 ϕ.Никакая сила, лежащая внутри конуса трения, не может вывести телоиз состояния покоя.Равновесие при наличии трения каченияТрением качения называется сопротивление, возникающее при качении одного тела по поверхности другого.Вследствие деформации тел их касание происходит вдоль площадки AB и имеем распределенную систему сил реакции, которая может бытьзаменена силой и парой. Сила раскладывается на две составляющие — нормальную и силу трения скольжения. При равновесии тела момент сопротивления качению определяется из условий равновесия системы сил. При этомустановлено, что момент сопротивления принимает значения от нуля домаксимального значения.
Максимальное значение момента сопротивления,соответствующее началу качения, определяется равенствомMc max = N δ,где δ — коэффициент трения качения (по аналогии с трением скольжения).34ЛЕКЦИЯ 5Коэффициент трения качения имеет размерность длины, зависит отматериала контактирующих тел и геометрии зоны контакта.ЛЕКЦИЯ 6Литература:[1, § 18, 22, 23–25, 27];[2, § 35, 36, 39];[4, п. 5.4, 5.8, 6.1–6.2].Инварианты статики1. Инварианты статики.2. Частные случаи приведения произвольной системы сил.3. Теорема Вариньона.Инварианты статикиИнварианты статики — характеристики системы сил, не зависящиеот выбора центра приведения.Первый инвариант статики — главный вектор системы сил (по определению).Второй инвариант статики — скалярное произведение главного вектора и главного момента.ДОКАЗАТЕЛЬСТВО.Главный момент зависит от выбора центра приведения.Рассмотримпроизвольную систему сил~~~F1 , F2 , .
. . , Fn . Главный момент системы силnP~O =относительно центра O: Mm~ O F~k = =nk=1P~k , главный момент относительно нового~rk × F=k=1центра приведения O1 :nnX X−−→~ O1 =Mm~ O1 F~k =~rk0 × F~k , где ~rk0 = O1 O + ~rk . Тогда~ O1 =Mk=1nXk=1k=1nnk=1k=1X −−→X−−→O1 O × F~k +O1 O + ~rk × F~k =~rk × F~k =nnk=1k=1X−−→ X ~−−→ ~~O и= O1 O ×Fk +~rk × F~k = O1 O × R+M36ЛЕКЦИЯ 6~~ O1 = M~O +mM~ O1 RИНВАРИАНТЫ— главный момент системы сил относительно нового центра приведенияравен сумме главного момента относительно старого центра приведенияи момента главного вектора, приложенного в старом центре приведения,относительно нового центра.Умножив скалярно обе части последнего равенства на главный вектор, получим~ ×R~ · R;~~ =M~O ·R~ + O1 O~ O1 · RM~ ×R~ ·R~ = 0, так как O1 O~ ×R~ ⊥ R,~O1 O~ O1 · R~ =M~ O · R,~ т.
е. M~O ·R~ = const — второй инвариантследовательно, Mстатики. Утверждение доказано.~O · R~ = MO R cos α, MO cos α = const. Из этого следует, что инваMриантом является и проекция главного момента на направление главноговектора.Частные случаи приведения произвольной системы силПо инвариантам статики можно судить о возможных частных случаяхприведения исходной системы сил.~ 6= 0, M~ O = 0. Система сил приводится к одной силе — равно1.
Rдействующей, при этом линия действия равнодействующей проходит черезцентр приведения.~ = 0, M~ O 6= 0. Исходную систему сил можно заменить двумя2. Rсилами, образующими пару сил.~ 6= 0, M~ O 6= 0. Система сил приводится к силе и паре.3. R~ ·M~ O = 0, т. е. R~ ⊥M~ O — пара и силаа) Rлежат в однойплоскости.Выбираясилы, состав 00 ~ 0000~~ находим~~ляющие пару R , R , R = −R = R,ее плечо: hR = M0 , h =MO.R~ иR~ 00 образуют уравновешенную сиСилы Rстему сил. В результате исходная системасилпри0 ~ 00~~~0 ,водится к равнодействующей R, R , R ∼ Rкоторая проходит через точку O1 , отстоящую отцентра приведения на расстоянии, равном отношению главного момента кглавному вектору.СТАТИКИ37С учетом зависимости главного момента от выбора центра приведе~O = M~ O1 + ~r × R~ 0 , но MO1 = 0, и векторное уравнение линии дейния M~ = 0, или в координатнойствия равнодействующей имеет вид: M~O − ~r × Rформе:MOx − (yRz − zRy ) = 0,MOy − (zRx − xRz ) = 0,MOz − (xRy − yRx ) = 0.~ ·M~ O 6= 0 — система сил приводится к силе и паре, не лежащихб) Rв одной плоскости.~O =Разложим главный момент так, чтобы M~ 2, M~ 1 ⊥ R.~ Для составляющей M~ 1 про~1+M=Mводим аналогичные предыдущему случаю рассуждения.
Тогда: hR = M1 , h =M1MO sin α=RRи в центре O1 имеем силу и пару, лежащую в плоскости, перпендикулярной силе, которые образуют силовой (динамический) винт. Момент этойпары равен проекции главного момента на направление главного вектора (не зависит от выборацентра приведения) M2 = m F~ , F~ 0 = MO cos αили M2 =Rx M x + R y M y + R z M z.R~O =При перемене центра приведения M0~~~~= MO1 + ~r × R , но MO1 = M2 , следовательно~2 = M~ O − ~r × R~ 0 . Так как M~ 2 k R,~ то M~2 =M~ 2R~M cos α~ где k = M= k R,= O. Тогда векторное уравнение центральной2RRвинтовой оси (линии в точках которой заданная система сил приводится кдинамическому винту) имеет вид:MO cos α ~~~ O − ~r × R,R=MRили в координатной форме:MOy − (zRx − xRz )MOz − (xRy − yRx )MOx − (yRz − zRy )==.RxRyRz~ = 0, M~ O = 0 — уравновешенная система сил.4.
R38ЛЕКЦИЯ 6Теорема Вариньона1Теорема. Если система сил имеет равнодействующую, то ее моментотносительно любого центра (или оси) равен сумме моментов всех силсистемы относительно того же центра (или оси).ДОКАЗАТЕЛЬСТВО.~~~ пусть O1 — точка на лиF1 , F2 , . . . , F~n ∼ R,нии действия равнодействующей.Как было доказано:~~~~~ O R , но MO1 = 0, следовательно,M O = M O1 + mn~ = Pmm~O R~ O F~k .k=1ЛЕКЦИЯ 7Центр параллельных сил и центртяжести1. Центр параллельных сил.2. Центр тяжести твердого тела.В проекции на ось, проходящую через центр O,n~ = P mx F~k .mx Rk=1Теорема доказана.Литература:[1, § 12, 13, 28, 29];[2, § 41, 42, 44–47];[4, п.
7.1–7.2].Центр параллельных силпараллельныхРассмотрим системусил F~1 , F~2 , . . . , F~n .При повороте всех сил системы наодин и тот же угол линия действия равнодействующей системы параллельных силповернется в ту же сторону на тот же уголвокруг некоторой точки. Эта точка называется центром параллельных сил. Дляопределения координат центра параллельных сил воспользуемся теоремой Вариньона о моменте равнодействующей относительно оси. Относительно оси x:n X~ =mx F~k ,mx Rk=1nX−yC R = −k=1nPy k Fky k Fk1 ВариньонПьер (1654–22.12.1722) — франц. математик и механик, член Французской АН.Труды по геометрии и статике.yC =k=1nPk=1.Fkи40ЛЕКЦИЯ 7~ =Относительно оси y: my Rnxk Fkk=1nk=1ЦЕНТР ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ СИЛ Иmy F~k , xC R =nPxk Fk или xC =k=1.
Чтобы определить координату zC повернем все силы на 90◦ так,=nPFkчтобы они стали параллельны оси y. ТогдаnXk=1mz F~k ,nXzC R =z k Fkи zC =k=1nPz k Fkk=1nP.Fkk=1Следовательно, формула для определения радиус-вектора центра параллельных сил принимает вид~rC =nPFk ~rkk=1nP.Fkk=1Центр тяжести твердого телаЦентр тяжести твердого тела —это центр параллельных сил тяжестичастиц данного тела.nPPk ~rkk=1.~rC =PДля однородного тела положениецентра тяжести тела не зависит от материала, а определяется геометрической формой тела.γ — удельный вес однородного тела, Pk = γ∆Vk , P = γV .
Подставивэти значения в формулу для определения ~rC , имеем~rC =∆Vk~rkk=1V.(V )ZZZnX11yC = lim∆Vk yk =y dV,∆Vk →0 VVzC = lim∆Vk →01Vk=1(V )nXZZZk=1∆Vk zk = 1Vz dV.(V )Аналогично для координат центра тяжести однородной поверхности:ZZnX∆Sk xk = 1x dS,xC = lim 1∆Sk →0 SSk=1(S)ZZnX11yC = lim∆Sk yk =y dS,∆Sk →0 SSk=1(S)ZZnX∆Sk zk = 1z dS;zC = lim 1∆Sk →0 SSk=1(S)и координат центра тяжести однороднойлинии:ZnX11∆lk xk =x dl,xC = lim∆lk →0 LLk=1yC = lim 1∆lk →0 LnXk=1(L)∆lk yk = 1LZy dl,(L)ZnX11zC = lim∆lk zk =z dl.∆lk →0 LLk=1n41Откуда, проектируя на оси и переходя к пределу, получаем координатыцентра тяжести однородного объема:ZZZnXxC = lim 1∆Vk xk = 1x dV,∆Vk →0 VVk=1k=1~ =mz RЦЕНТР ТЯЖЕСТИ(L)Способы нахождения координат центра тяжести:1. Аналитический (интегрированием).42ЛЕКЦИЯ 7ЦЕНТР ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ СИЛ И2.
Метод симметрии• Если тело имеет плоскость или ось симметрии, то центр тяжестилежит на этой плоскости или оси.• Если тело имеет две оси симметрии, то центр тяжести лежитв точке пересечения этих осей.3. Экспериментальный (метод подвешивания тела).4. Метод разбиения на части.Разновидность метода разбиения на части — метод отрицательных площадей и объемов (для тел с полостями).Центры тяжести простейших фигур:1. Треугольник.Центр тяжести площади треугольника совпадает с точкой пересечения его медиан.DM = M B, CM = 1 AM .32.
Дуга окружности.Дуга имеет ось симметрии. Центр тяжести леRжит на этой оси, т. е. yC = 0. xC = 1x dl, dl —Следовательно:−ααxc = R sinα .3. Круговой сектор.Рассмотрим круговой сектор радиуса R с центральным углом 2α. Сектор имеет ось симметрии Ox,на которой находится центр тяжести. Разбиваем сектор на элементарные секторы, которые можно считать треугольниками. Центры тяжести элементарныхсекторов располагаются на дуге окружности радиуса 2 R. Центр тяжести сектора совпадает с центром тяжести дуги AB.3αxc = 2 R sinα .3434. Конус.Рассмотрим однородный конус с радиусом основания R и высотой H.
Поместим начало координат в центр основанияконуса и ось z совместим с осью конуса.Оси x и y лежат в плоскости основания конуса и из соображений симметрииxC = 0, yC = 0.Координату zC определяем аналитическиZZZz dV.zC = 1V(V )Разбиваем конус горизонтальными плоскостями на элементарные объемы, которые в пределе, при увеличении количества элементов разбиения,можно принять за диски толщины dz. Выделим элементарный диск на расстоянии z от основания конуса. Радиус элементарного диска (из подобиятреугольников) r =R(H − z), а его объемHL (L)элемент дуги, dl = R dϕ, R — радиус окружности,x = R cos ϕ, L = 2αR,αZα21αR cos ϕR dϕ = R sin ϕ= R sinxC =α .2αR2αR−αЦЕНТР ТЯЖЕСТИdV = πr2 dz = πR2 (H − z)2dz.H2ТогдаzC = 1VZHzπ0R2 (H − z)H2= 1VТак как V = 1 πR2 H, то3dz =HπR2 z 2 − 2πR2 z 3 + πR2 z 4 = πR2 H 2 .23H12V4H 2 0zC = H .45.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
