Теоретическая механика методические указания к выполнению контрольной работы № 1 по статике

МПС РОССИИ

РОССИЙСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ОТКРЫТЫЙ

ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ ПУТЕЙ СООБЩЕНИЯ

 

5/1/4 Одобрено кафедрой

“Теоретическая механика”

ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА

МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ К ВЫПОЛНЕНИЮ

КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ № 1 ПО СТАТИКЕ

для студентов заочников II курса

специальностей:

100400 - ЭНС, 187000 - ЭПС, 210700 - АТС, 100700 - ПТ,

150700 - Т, 150800 - В, 240100 - Д, 290300 - ПГС,

290800 - ВК, 290900 - С, 291100 - МТ, 170900 - СМ

М о с к в а -

УДК 531.2

Содержат примеры решения задач по темам: определение реакций связей плоской и пространственной конструкции; определение усилий в стержнях плоской фермы; вычисление характеристик действия пространственной системы сил; трение скольжения и трение качения; вычисление координат центров тяжести однородных тел.

Р е ц е з е н т : канд. техн. наук, доц. МГСУ ДРОЗДОВ А. Н.

© Российский государственный открытый технический
университет путей сообщения, 1998

ОПРЕДЕЛЕНИЕ РЕАКЦИЙ СВЯЗЕЙ

ПЛОСКОЙ КОНСТРУКЦИИ

Задача 1 (рис. 1)

Заделанная в стену изогнутая балка АВСD нагружена силой Р = 4  кН, равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью q =  2 кН/м и парой сил с моментом М = 3 кН·м. К точке D балки прикреплена перекинутая через блок веревка, связанная в точке Е с грузом G = 1,5 кН. Размер l = 1,2 м; углы a = 60° и b = 45°. Определить реакции связей.

Р и с. 1

Решение (рис. 2)

Заменим равномерно распределенную нагрузку на участке СD балки равнодействующей силой, приложенной посередине этого участка,

Q = ql = 2×1,2 = 2,4 кН.

Р и с. 2

Освободим балку от связей, приложим к ней реакции связей где - составляющие реакции заделки вдоль осей координат; mA - момент заделки (момент пары сил); - натяжение веревки. Заметим, что T = G (блок изменяет направление силы, но не изменяет ее величины). Силы разложим на составляющие вдоль осей координат:

Составим условия равновесия балки:

RAX - P cosa + T cosb = 0; (1.1)

RAY - P sina - Q - T sinb = 0; (1.2)

- (T sinb)×2l - (T cosb)×0,6l - Q×1,5l +

+ M - (P sina)×l + mA =

Из решения этой системы уравнений находим:

RAX = 0,94 кН; RAY = 6,93 кН;

mA = 6,56 кН×м.

Задача 2 (рис. 3)

Изогнутая балка ABC нагружена силами P1 = 8 кН, P2 = 6 кН и парой сил с моментом М = 4 кН×м. Размеры a = 1,2 м; b = 2,4 м; l = 1,8 м; угол a = 30°. Определить реакции связей.

Р и с. 3

Решение (рис. 4)

Освободим балку от связей, приложим к ней реакции связей где - составляющие реакции шарнира A; - реакция выступа стены Е ( ^BC). Разложим силы и на составляющие вдоль осей координат:

Условия равновесия балки имеют вид:

RAX + P1 sina - RE sin2a + P2 = 0; (2.1)

RAY - P1 cosa + RE cos2a = 0; (2.2)

- P2b sin2a + (RE sin2a)l sin2a +

+ (RE cos2a)(a + l cos2a) - (P1 cosa)a - M = 0 (2.3)

Р и с. 4

После решения составленной системы уравнений получим:

RAX = - 1,04 кН; RAY = 1,27 кН; RE = 10,34 кН.

Задача 3 (рис.5)

К изогнутой балке ABCD приложены силы P1 = 5 кН, P2 = 4 кН и пара сил с моментом М = 8 кН×м. Размеры a = 1,5 м; b = 1,8 м; l = 1,2 м; угол a = 30°. Определить реакции связей.

Р и с. 5

Решение (рис.6)

Освободим балку от связей, приложим к ней реакции связей где - составляющие реакции шарнира A вдоль осей координат; - реакция подвижного шарнира D. Заметим, что реакция направлена перпендикулярно плоскости, по которой могут перемещаться катки тележки шарнира D. Разложим силы и на составляющие вдоль осей координат:

Составим уравнения равновесия балки:

RAX - P1 + P2 cosa - RD sina = 0; (3.1)

RAY - P2 sina + RD cosa = 0; (3.2)

(RD cosa)(a + b) + (RD sina) l +

+ P1l - (P2 sina) b - M =

Решаем эту систему уравнений и определяем неизвестные величины:

RAX = 2,34 кН; RAY = 0,6 кН; RD = 1,62 кН.

Р и с. 6

ОПРЕДЕЛЕНИЕ РЕАКЦИЙ СВЯЗЕЙ

СОСТАВНОЙ ПЛОСКОЙ КОНСТРУКЦИИ

При решении многих задач статики требуется изучить равновесие конструкции, состоящей из нескольких тел, связанных между собой при помощи шарниров, тросов и т. д.

Пусть мы имеем плоскую конструкцию, состоящую из двух тел. В этом случае необходимо рассмотреть равновесие всей конструкции в целом и равновесие одного из двух тел, входящих в ее состав (первый способ). Можно также рассмотреть равновесие каждого тела в отдельности (второй способ). Для конструкции, состоящей из двух тел, можно составить 6 независимых между собой уравнений равновесия и, следовательно, определить 6 неизвестных силовых факторов (сил и моментов пар).

Задача 4 (рис. 7)

Найти реакции опор составной плоской конструкции, расчетная схема которой представлена на рис. 7. Приложенные к конструкции силовые факторы q, М1, М2 показаны на этом же рисунке. Определить реакции заделки.

В расчетах принять q = 2 кН/м; P = 5 кН; F = 9 кН; М1= 3 кН×м; М2 = 4 кН×м; размеры a = 0,4 м; b = 0,8 м; l = 0,8 м; углы a = 45°; b = 30°.

Р и с. 7

Решение (рис. 8 и 9)

Заметим, что в поставленной задаче не все неизвестные реакции связей требуется найти.

Рассмотрим сначала равновесие горизонтальной балки BC. Освободим эту балку от связей, приложим к ней реакции связей где - составляющие реакции шарнира B; - реакция подвижного шарнира C.

Р и с. 8 Р и с. 9

Определим величину реакции (см. рис. 8):

RÑÓ ·2l - M2 - (F sinb) l =

Рассмотрим равновесие всей конструкции. Заменим равномерно распределенную нагрузку на участке AE балки AB равнодействующей силой Q, приложенной посередине этого участка:

Q = qb = 2×0,8 = 1,6 кН.

Освободим данную конструкцию от связей, приложим к ней реакции связей где - составляющие реакции заделки; mA - момент заделки; - натяжение веревки; - реакция подвижного шарнира С (см. рис. 9). Заметим, что T = P.

Составим уравнения равновесия всей конструкции (см. рис. 9):

RAX + Q sina - F cosb = 0; (4.2)

RAY - Q cosa + T - F sinb + RCY = 0; (4.3)

mA - М2 - Tbcosa - (F cosb)(a + b) sina +

+ (F sinb)[(a + b) cosa - l] + М1 +

+ RCY [2l - (a + b) cosa] =

Решить составленную систему уравнений (4.1)¸(4.4) и найти неизвестные величины RСY, RAX, RAY и mA студент должен самостоятельно.

Задача 5 (рис. 10)

На гладкой горизонтальной плоскости стоит передвижная лестница ABC, состоящая из двух частей, соединенных между собой шарниром B и веревкой DE. Центр тяжести каждой из частей AB и BC находится в ее середине. Вес каждой части лестницы P = 160 Н, размеры AB = BC = l; AD = EC = 0,25l. В точке K на расстоянии BK = 0,3l стоит человек весом G = 750 Н.

Определить реакции пола и шарнира B, а также натяжение веревки DE.

Р и с. 10

Решение (рис. 11 и 12)

Рассмотрим последовательно равновесие лестницы в целом и затем равновесие ее левой части AB.

Освободим лестницу от связей, приложим к ней реакции связей и (нормальные реакции горизонтальной плоскости). Условия равновесия лестницы имеют вид (см. рис. 11):

NA + SC - P - P - G = 0; (5.1)

SC·2l cos60° - P ·1,5l cos60° -

- G ·1,3l cos60°- P ·0,5l cos60° =

Освободим теперь левую часть лестницы AB от связей и приложим к ней реакции связей , где - натяжение веревки DE; - составляющие реакции шарнира B вдоль осей координат. Составим условия равновесия левой части лестницы AB (см. рис. 12):

T - RBX = 0; (5.3)

NA - P - RBY = 0; (5.4)

- NA·l cos60° + T·0,75l sin60° +

+ P×0,5l cos60° =

Из системы уравнений (5.1)¸(5.5) находим:

SC = 647,5 Н; NA = 422,5 Н; T = 263,66 Н;

RBX = 263,66 Н; RBY = 262,5 Н.

Р и с. 11 Р и с. 12

ОПРЕДЕЛЕНИЕ УСИЛИЙ

В СТЕРЖНЯХ ПЛОСКОЙ ФЕРМЫ

Фермой называют конструкцию, состоящую из стержней, соединенных между собой шарнирами и образующих неизменяемую геометрическую фигуру.

Весом стержней пренебрегают; шарниры находятся на концах стержней; нагрузки приложены в шарнирах (узлах фермы). Каждый стержень фермы испытывает усилия, действующие вдоль стержня, то есть он будет растянут или сжат.

Способ вырезания узлов

Каждый узел рассматривается отдельно как находящийся в равновесии под действием приложенных к нему внешних сил и усилий разрезанных стержней. Система сил, приложенных к узлу фермы, представляет собой уравновешенную плоскую систему сходящихся сил.

Риттера (1

Этот способ позволяет найти усилие в любом стержне независимо от усилий в других стержнях. Ферма мысленно рассекается на две части таким образом, чтобы в сечении не было более трех стержней с неизвестными усилиями. Используются условия равновесия плоской системы сил в форме моментов сил относительно трех различных точек (центров), не лежащих на одной прямой. В качестве таких точек, называемых точками Риттера, выбираются точки попарного пересечения рассеченных стержней из числа перерезанных стержней. Если два стержня из трех рассеченных стержней параллельны, то одна точка Риттера уходит в бесконечность. Тогда следует составить два уравнения моментов сил и одно уравнение проекций сил на ось, перпендикулярную к параллельным стержням.

Задача 6 (рис. 13)

Найти усилия в стержнях 1, 9, 3 и 4, 5 плоской фермы соответственно способом разрезов Риттера и способом вырезания узлов фермы. К узлам B и D фермы приложены силы P1 = 200 кН и P2 = 120 кН.

Р и с. 13

Решение (рис. 14 ¸ 16)

Освободим ферму от связей, приложим к ней реакции связей где - составляющие реакции шарнира A; - реакция шарнира E. Заметим, что шарнир E соединен с невесомым вертикальным стержнем EM, поэтому реакция шарнира E направлена вдоль этого стержня. Условия равновесия фермы имеют вид (см. рис. 14):

- RAX + P2 = 0; (6.1)

- REY - P1 + RAY = 0; (6.2)

REY·2a - P2a - P1a = 0; (6.3)

Из этой системы получаем:

REY = 160 кН; RAX = 120 кН; RAY = 360 кН.

Используя способ Риттера, найдем усилия в стержнях 1, 9, 3. Проведем сечение 1-1, перерезывающее эти стержни. На рис. 15 - усилия в соответствующих стержнях фермы.

Р и с. 14 Р и с. 15

Р и с. 16

Составим условия равновесия правой части фермы в форме моментов всех сил относительно точек A, B, C (см. рис. 15):

S3·a - P1·a = 0; (6.4)

S9·a = 0; (6.5)

- P1·a - (S1 sin45°)a =

Усилия в стержнях 4 и 5 найдем способом вырезания узлов. Вырежем узел E, в котором сходятся стержни 4 и 5. Рассмотрим равновесие этого узла под действием сходящейся системы сил , и , где и - усилия в стержнях 4 и 5 (см. рис. 16).

Для узла E выполняются следующие условия равновесия:

S4 + S5 cos45° = 0; (6.7)

- REY - S5 sin45° =

Из системы уравнений (6.4)¸(6.6) и затем из системы уравнений (6.7)¸(6.8) определяем усилия в стержнях фермы:

S1 = -282,9 кН; S3 = 200 кН; S9 = 0;

S5 = -226,31 кН; S4 = 160 кН.

Стержни 3 и 4 растянуты, стержни 1 и 5 сжаты.

ОПРЕДЕЛЕНИЕ ХАРАКТЕРИСТИК ДЕЙСТВИЯ

ПРОСТРАНСТВЕННОЙ СИТЕМЫ СИЛ

Задача 7 (рис. 17)

Определить величину главного вектора и величину главного момента системы сил относительно центра O. Силы приложены к вершинам прямоугольного параллелепипеда с ребрами a = 1 м, b = c = м, причем F1 = 6 кН, F2 = 5кН, F3 = 4 кН.

Р и с. 17

Решение (рис.18)

Разложим силы и на составляющие вдоль осей координат:

=+ ; = +.

С помощью рис. 18 находим:

sina = 0,5; sinb = 0,5;

cosa = 0,5; cosb = 0,5;

a = 45°. b = 60°.

Проекции главного вектора системы сил на оси координат:

Rx = åFkx = - F1 - F3 cosb =×0,5 = - 8 кН;

Ry = åFky = - F2 cosa = - 5×0,5= - 5 кН;

Rz = åFkz = F2 sina + F3 sinb = 5×0,5+ 4×0,5= 8,464 кН.

Проекции главного момента системы сил относительно центра на оси координат:

Мч = åmx() = (F2 sina)×b + (F3 sinb)×b =

= (5×0,5)+ (4×0,5)= 14,66 кН×м;

Мy = åmy() = - F1c - (F2 sina)×a - (F2 sinb)×a =

= - 6 - (5×0,5)×1 - (4×0,5)×1 = - 18,66 кН×м;

Мz = åmz() = - (F2 cosa)×a + (F3 cosb)×b =

= - (5×0,5)×1 + (4×0,5)= - 1,54 кН×м.

Величина главного вектора

Величина главного момента

Р и с. 18

ОПРЕДЕЛЕНИЕ РЕАКЦИЙ СВЯЗЕЙ

ПРОСТРАНСТВЕННОЙ КОНСТРУКЦИИ

Задача 8 (рис. 19)

Полка вагона ABCD удерживается в горизонтальном положении петлями K и P, а также стержнем CE, соединенным с полкой и стеной шарнирами C и E. Общий вес полки и лежащего на ней груза G = 800 Н и приложен в точке пересечения диагоналей прямоугольника ABCD. Размеры AB = 1,8 м, AD = 0,6 м, AK = BP = 0,3 м, CE = 0,6 м.

Определить реакции связей. Весом стержня CE пренебречь.

Р и с. 19

Решение (рис. 20)

Рассмотрим равновесие полки. Освободим полку от связей, приложим к ней реакции связей где - составляющие реакций петель (цилин­дри­ческих шарниров) K и P вдоль осей координат; - реакция шарнира C, направленная вдоль стержня CE. Разложим реакцию на составляющие вдоль осей координат: =

Составим условия равновесия полки:

åFkx = 0; Rkx + Rpx + Sc cosa = 0; (8.1)

åFky = 0; 0 º 0;

åFkz = 0; Rkz + Rpz - G + Sc sina = 0; (8.2)

åmx() = 0; (Sc sina)×150 + Rpz×120 - G×60 = 0; (8.3)

åmy() = 0; - (Sc sina)×60 + G×30 =0; (8.4)

åmz() = 0; - Rpx×Sc cosa)×150 =0. (8.5)

Из рис. 20 находим:

sina = 0,8; cosa = 0,6.

После решения системы уравнений находим значения реакций связей:

Rpx = -375 Н; Rpz = -100 Н;

Rkx = 75 Н; Rkz = 500 Н; Sc = 500 Н.

Р и с. 20

Задача 9 (рис. 21)

Однородная квадратная пластина ABCD весом P = 200 Н прикреплена к стене при помощи сферического шарнира A и петли B. Пластина удерживается в горизонтальном положении тросиком CED, пропущенным через гладкое колечко E, скрепленное со стеной. Часть тросика CE составляет с плоскостью пластины угол a = 30°.

Определить реакции связей.

Р и с. 21

Решение (рис. 22)

Рассмотрим равновесие пластины. Освободим пластину от связей, приложим к ней реакции связей (составляющие реакции сферического шарнира A и цилиндрического шарнира B вдоль осей координат); - натяжение частей CE и DE тросика. Эти натяжения равны друг другу, так как колечко E является гладким: TC = TD =T.

Р и с. 22

Разложим силы на составляющие вдоль осей координат:

С помощью рис. 22 получаем:

TC/xy = Tc cos30° = 0,5T;

½Tcx½ = ½TCy½ = TC/xy cos45° = TO cos30°cos45° = 0,25T;

TCz =TC sin30° = 0.5T;

AE = AC tg30° = ;

;

sinb = cosb =

½TDx½= TD cosb = 0,2T;

½TDz½= TD sinb = 0,2T.

Условия равновесия пластины имеют вид:

åFkx = 0; RAX + RBX - 0,25T - 0,2T = 0; (9.1)

åFky = 0; RAY - 0,25 T = 0; (9.2)

åFkz = 0; RAZ + RBZ +0,5T + 0,2T - P = 0; (9.3)

åmx() = 0; RBZ×a +(0,5T)×a - P×= 0; (9.4)

åmy()= 0; - (0,5T)×a + P× - (0,2T) ×a =0; (9.5)

åmz() = 0; - RBZ×a =0. (9.6)

После решения системы уравнений находим неизвестные реакции связей:

RAX = 122, 47 Н; RAY = 54,07 Н; RAZ = 44,15 Н;

RBX = 0; RBZ = 55,85 Н;

T = 88,3 Н.

ТРЕНИЕ СКОЛЬЖЕНИЯ

И ТРЕНИЕ КАЧЕНИЯ

При решении задач на равновесие тел с трением могут встретиться два случая.

Предельный случай равновесия

Тело находится в предельном состоянии равновесия, при котором сила трения скольжения достигает своего максимального значения

где N - нормальная реакция опорной поверхности в точке контакта с телом. Задача допускает единственное решение, определяющее предельное значение искомой величины.

Общий случай равновесия

Тело находится в состоянии равновесия, а сила трения скольжения принимает различные значения, не превосходящие максимального значения

Равновесие тела в этом случае выражается неравенствами. Поэтому из этих уравнений можно найти предельные значения искомых величин, либо решение задачи получается в форме неравенств, определяющих все множество значений искомых величин, при которых возможно равновесие (область равновесия).

Задача 10 (рис. 23)

Однородный брус опирается в точке A на негладкий горизонтальный пол и удерживается в точке B веревкой. Коэффициент трения бруса о пол равен f.

При каком угле j наклона веревки к горизонту брус начнет скользить по полу? Угол a, образуемый брусом с полом, равен 45°.

Р и с. 23

Решение (рис. 24)

Рассмотрим равновесие бруса. Освободим брус от связей, приложим к нему реакции связей. На брус действуют силы (сила тяжести бруса и натяжение веревки), (нормальная реакция пола и сила трения скольжения).

Составим условия равновесия бруса:

åFkx = 0; TB cosj - FA -0; (10.1)

åFky = 0; TB sinj - G + NA =0; (10.2)

åmB() = 0; - NA(AB cosa) - FA(AB sina) +

+ G(×AB cosa) =

Максимальное значение силы трения скольжения

FA = fNA. (10.4)

Последовательно получаем зависимости:

- NA + FA tga + ×G = 0 (tga = 1); (10.3¢)

(10.3²)

(10.1¢)

(10.2¢)

Р и с. 24

Задача 11 (рис. 25)

Цилиндрический каток радиуса r = 0,3 см и весом G = 3 кН приводится в равномерное движение человеком, который давит на рукоятку AB с постоянной силой P в направлении AB. Коэффициент трения скольжения между катком и дорогой f = 0,3. Определить силу P и нормальную реакцию плоскости. Рукоятка AB образует с горизонталью угол a = 30°.

Р и с. 25

Решение (рис. 26)

Рассмотрим равновесие катка. Освободим каток от связей, приложим к нему реакции связей. На каток действуют силы (сила тяжести катка и сила давления рукоятки на шарнир B); (нормальная реакция плоскости и сила трения качения). Очевидно, что Q = P.

Уравнения равновесия катка имеют вид:

åFkx = 0; Q cosa - Fтр = 0; (11.1)

åFky = 0; N - G - Q sina =0; (11.2)

åmE() = 0; -(Q cosa)×r + Nd =

Из этой системы уравнений находим:

Fтр =Q cosa; (11.1¢) N = G + Q sina; (11.2¢)

N = Q×× cosa; (11.3¢)

N = G + Q sina = 3029 Н = 3,029 кН.

Р и с. 26

Вычислим силу трения качения и максимальное значение силы трения скольжения:

Fтр = Q cosa = 58,3×0,866 = 50,48 Н;

= f N = 0,2×3029 = 605,8 Н.

Сила трения качения Fтр меньше максимального значения силы трения скольжения . Каток катится без скольжения.

Вычислим коэффициент трения скольжения, соответствующий качению катка со скольжением:

Fтр = или Q cosa = fN.

(сталь по льду).

ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОЛОЖЕНИЯ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ

ОДНОРОДНОГО ТЕЛА

Задача 12 (рис. 27)

Найти положение центра тяжести плоской фермы, состоящей из однородных стержней равного поперечного сечения; размер AD = 3м.

Р и с. 27

Решение (рис. 28)

Ферма состоит из стержней 1, 2, 3, 4, и 5. Центры тяжести стержней 1, 4 и 5 лежат в точках C1, С4, C5; центр тяжести равных по длине стержней 2 и 3 лежит в точке C23.

Р и с. 28

Найдем положения центров тяжести всех стержней и их длины.

Стержень 1: C1(x1; y1); x1 = 0; y1 = 1,5; l1 = 3.

Стержни 2 и 3: С23(x23; y23); x23 = 3 cos30° = 2,6;

y23 = y1 = 3 sin30° = 1,5; l23 = l2 + l3 = 6.

Стержень 4: C4(x4; y4); x4 = x23 = 2,6; y4 = 0; l4 = 6 cos30° = 2,6.

Стержень 5: C5(x5; y5); x5 = 0,5(3 cos30°) = 1,3;

y5 = 0,5(3 sin30°) = 0,75; l5 = 3.

Координаты центра тяжести фермы:

Итак, C(xc, yc); xc = 1,92 м; yc = 0,92 м.

Задача 13 (рис. 29)

Определить положение центра тяжести однородной тонкой пластинки. Размеры указаны в метрах.

Р и с. 29

Решение (см. рис. 29)

Проведем разбиение пластинки на два прямоугольника и треугольник. Найдем положения центров тяжести этих фигур и их площади.

1: C1(x1; y1); x1 = 0,05; y1 = 0,2; S1 = 0,02.

2: C2(x2; y2); x2 = 0,145; y2 = 0,15; S2 = 0,027.

3: C3(x3; y3); x3 = 0,19 + (0,21) = 0,26;

y3 = (0,3) = 0,1; S3 = 0,0315.

Координаты центра тяжести пластинки:

Итак, C(xc, yc); xc = 0,103 м; yc = 0,143 м.

Задача 14 (рис. 30)

Однородное тело состоит из цилиндра и конуса, сложенных своими равными основаниями. Высота цилиндра равна H, высота конуса - h. Каково должно быть отношение , чтобы центр тяжести тела совпал с геометрическим центром основания конуса?

Решение (см. рис. 30)

Так как тело имеет ось симметрии, то его центр тяжести лежит на этой оси:

xc = 0; yc = 0.

Объемы цилиндра и конуса:

V1 = (pR2)H; V2 = (pR2) ×h.

Координата центров тяжести (C1, C2) этих тел:

Координаты центра тяжести тела:

Решая это уравнение, находим

Р и с. 30

ПРИЛОЖЕНИЕ

КРАТКИЕ СВЕДЕНИЯ ПО СТАТИКЕ,

НЕОБХОДИМЫЕ ДЛЯ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

1. Связи и реакции связей.

Аксиома (принцип освобождаемости от связей)

При решении задач по статике изучают несвободные твердые тела, которые соединены с другими телами или соприкасаются с ними.

Твердые или гибкие тела, которые препятствуют перемещениям несвободного тела, называются связями. Сила, с которой связь действует на твердое тело, называется реакцией связи.

В статике рассматривают условия равновесия свободных твердых тел. Чтобы применить их к несвободным твердым телам, необходимо воспользоваться аксиомой (принципом) освобождаемости от связей.

Всякое несвободное твердое тело можно рассматривать как свободное, если освободить его от связей и приложить к нему реакции связей.

Основные типы связей и их реакции представлены на рис. 31.

Р и с. 31

Окончание р и с. 31

2. Сила и пара сил. Характеристики их действия

2.1. Проекция силы на ось

Проекцией силы на ось называется скалярная величина, равная взятой с соответствующим знаком длине отрезка, заключенного между проекциями начала и конца силы на эту ось (рис. 32):

Fx = AB' = ab = F cosa; (рис. 32, а)

Fx = - AB' = - ab = - F cosb = f cosa; (рис. 32, б)

b = 180° - a; cosb = - cosa.

2.2. Проекция силы на плоскость

Проекцией силы на плоскость называется вектор, заключенный между проекциями начала и конца силы на эту плоскость.

В отличие от проекции силы на ось проекция силы на плоскость есть величина векторная.

На рис. 33 - проекция силы на плоскость Oxy.

Проекция силы на оси координат:

Fx = Fxy cosj = F cosg cosj;

Fy = Fxy sinj = F cosg sinj.

2.3. Момент силы относительно точки

Плечом силы относительно точки называется длина перпендикуляра, опущенного из точки на линию действия силы (рис. 34):

h = OE; OE ^ .

Моментом силы относительно точки называется взятое с соответствующим знаком произведение величины силы на ее плечо:

Момент силы относительно точки считается положительным, если сила стремится повернуть плоскость, проходящую через линию ее действия и моментную точку, против часовой стрелки. В противном случае этот момент будет отрицательным.

2.4. Момент силы относительно оси

Моментом силы относительно оси называется момент проекции этой силы на перпендикулярную к оси плоскость относительно точки пересечения оси и плоскости:

На рис. 35 П - произвольная плоскость, перпендикулярная оси z; O - точка пересечения оси z и плоскости П; Fп - проекция силы на плоскость П; hп - плечо вектора п относительно точки O.

Момент силы относительно оси считается положительным, если проекция силы на перпендикулярную к оси плоскость стремится повернуть эту плоскость вокруг положительного направления оси против часовой стрелки. В противном случае указанный момент будет отрицательным.

Момент силы относительно оси равен нулю, если сила и ось лежат в одной плоскости.

2.5. Момент пары. Теорема о моменте пары

Парой сил, или просто парой, называется система двух равнопротивоположных сил, имеющих несовпадающие между собой линии действия.

Моментом пары сил называется момент одной из сил пары относительно точки приложения другой силы.

Момент пары сил равен взятому с соответствующим знаком произведению величины силы на ее плечо (рис. 36):

где F - сила пары; d - ее плечо

Сформулируем теорему о паре сил.

Момент пары равен сумме моментов сил пары относительно произвольной точки (см. рис. 35):

Момент пары сил, являющийся характеристикой вращательного действия пары сил на любую точку плоскости ее действия, изображается на рисунке в виде круговой стрелки.

2.6. Элементарные операции над парами сил

Не изменяя действия пары сил на твердое тело, над парой сил можно выполнять следующие элементарные операции:

- перенос и произвольный поворот пары сил в плоскости ее действия;

- перенос пары сил в любую другую плоскость, параллельную плоскости ее действия;

- изменение сил пары и ее плеча при условии сохранения момента и плоскости действия пары.

3. Условия равновесия различных систем сил

3.1. Произвольная плоская система сил

где O - произвольная точка плоскости Oxy, в которой лежат все силы.

3.2. Плоская система параллельных сил

Все силы параллельны оси Ox

3.3. Плоская система сходящихся сил

Все силы лежат в плоскости Oxy.

3.4. Произвольная пространственная система сил

; (3.4.1) ; (3.4.2) ; (3.4.3)

; (3.4.4); (3.4.5) . (3.4.6)

3.5. Пространственная система параллельных сил

; (3.5.1) ; (3.5.2) . (3.5.3)

Все силы параллельны оси Ox.

3.6. Пространственная система сходящихся сил

; (3.6.1) ; (3.6.2) ; (3.6.2)

4. Последовательность решения задач

на равновесие твердых тел

а. Выделить тело, равновесие которого будет рассмотрено в данной задаче.

б. Освободить тело от связей, приложить к нему заданные силы и реакции связей.

в. Установить, какая система сил приложена к телу.

г. Построить систему координат и составить уравнения равновесия сил, приложенных к телу (уравнения равновесия тела).

д. Решить уравнения равновесия и найти неизвестные величины.

5. Законы трения скольжения

Первый закон. Сила трения скольжения заключена между нулем и максимальным значением, которое достигается в момент выхода тела из состояния равновесия

0 £ Fтр £ (условие отсутствия скольжения тела)

Второй закон. Максимальная сила трения скольжения пропорциональна силе нормального давления тела на опорную поверхность.

=fN (условие начала скольжения тела).

N = Q;

где - нормальная реакция опорной поверхности; - сила давления тела на эту поверхность; f - коэффициент трения скольжения.

Третий закон. Максимальная сила трения скольжения при прочих равных условиях не зависит от площади соприкосновения трущихся поверхностей.

Четвертый закон. Коэффициент трения скольжения зависит от материала и физического состояния трущихся поверхностей (степени шероховатости, влажности, температуры и других условий).

6. Центр тяжести тела и формулы

для определения его положения

Центром тяжести тела называется точка приложения равнодействующей сил тяжести отдельных частиц тела.

Координаты центра тяжести тела определяются по формулам

и т. д.,

где Pk - сила тяжести k-й частицы тела; xk - координата этой частицы.

Координаты центра тяжести однородного тела определяются по формулам:

и т. д. (тело в виде объема);

и т. д. (тело в виде пластинки);

и т. д. (тело в виде линии),

где Vk, Sk, lk - соответственно объем, площадь и длина части тела, для которого известно положение центра тяжести;

xk - координата центра тяжести выделенной части тела;

Здесь V, S, L - соответственно объем, площадь и длина всего тела.

Если однородное тело имеет центр, ось или плоскость симметрии, то центр тяжести тела находится соответственно в центре, на оси или в плоскости симметрии тела.

Координаты центра тяжести некоторых однородных тел даны в таблице.

Канд. техн. наук, доц. , В. С. Дубровин

ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА

Методические указания к выполнению

контрольной работы № 1 по статике

Л и б к о в а

Техническое редактирование

и компьютерная верстка И. В. Е ж о в а

Г о р е л ы ш е в а

ЛР № 000 от 28.11.91.

 

Тип. зак. Изд. зак. 201. Тираж 6000.

Подписано в печать Офсет. Цена договорная.

Печ. л. Уч.-изд. л Формат 60х90/16

 

Редакционно-издательский отдел, типография РГОТУПСа,

Москва, ГСП-47, Часовая ул., 22/2