Основной текст

мент M 2 . Векторные моменты M 1

и M 2 перпендикулярны соответст­

венно

плоскостям

П1

и

П2.

Эквивалентную

пару

с моментом M получим, сложив векторные моменты M 1

и M 2 :

M = M 1 + M 2 .

Если пары лежат в одной плоскости, то они имеют параллельные век­

торные моменты, и векторная сумма перейдет в алгебраическую.

У

Любое количество пар сил в пространстве в общем случае можно за­

менить одной эквивалентной (результирующей) парой, применяя после­

Т

довательное сложение векторных моментов исходных пар сил:

M = Z M k

Н

(3)

Если пары сил лежат в плоскости, то векторная сумма перейдет в ал­

гебраическую:

Б

M = Z M k .

(4)

Пример 18.

й

Определить модуль

а эквивалентной пары сил, если известны

пары

сил с

моментами:

и

Н-м; М 2

= 16

Н-м;

М 1

= 12

Мз = 4 Н-м. Направление м мент в показано на

рис. 6 .

р

Решение.

В плоскос и

А действуют

два

момент

момента, направленных

противоположно: МА =

т

Мз - М2= 4 - 16 = -12 Н-м.

Сл жим м менты, действующие в перпенди­

и

кулярных пл ск стях А и В :

з

= 12^12 Н-м.

M A- в =у1M 12 + MA ^ 1 2 2 + 122

о

Отв т. Момент эквивалентной пары равен

MпA- в = 1^^/2 Н-м.

Рис. 6

е

У С Л О В И Я РА ВН О ВЕС И Я П АР

Р

Для равновесия пар сил, действующих на твердое тело, необходимо и

достаточно, чтобы момент эквивалентной (результирующей) пары был

бы равен нулю:

M = Z M k = 0 .

(5)

Проектируя (5) на декартовы координатные оси, получаем три ска­

лярных выражения:

M x

—I M kx —0 ,

M y

—I Mky —0 ,

(6)

M z

—I Mkz —0 .

Из (3) следует, чтобы уравновесить систему, состоящую из пар сил,

У

необходимо приложить уравновешивающую пару, т. е. пару сил можно

уравновесить другой парой сил с равными модулями и противоположно

направленными моментами.

Т

Пару сил невозможно уравновесить одной силой или какой-либо сис­

темой сил, отличной от пары сил.

---- ►

Пример 19.

Найти

результирующую

пару,

м 1

которая уравновесила бы две пары сил с

моментами

М 1

Н—14 Н^м,

в

й

M2 — 40

Н^м, приложенные к балке AB,

аемости

длиной 2

м (рис. 7Б).

Решен е.

Используя

принцип

ос-

Вектор

от связей, заменяем дей­

RB

вобожд

ств

опор на балку реакциями Ra и Rb.

Рис. 7

о

силы

R a перпендикулярен опор­

т

н й пове хности. Вектор силы

R B

дол­

жен

быть параллелен R A ,

так

как

они

Mэквив(R A , R B ) —M 2 - M 1 —40 - 1 4 —26 Н • м.

должны образовать

ален ную результирующую пару.

Исходя

услов

я равновесия пар сил, запишем:

о

M 1 - M 2 + M (R A , R B ) —0,

п

Так какиздана длина балки, то можно найти силы, образующие резуль­

тирующую

ару:

Р

R A —RB —

—13H .

еОтвет. M (R A ,

R B ) —26 H

• м .

У

Чтобы привести силу, приложенную в какой-либо точке твердого те­

ла, к заданному центру необходимо (рис. 1, а, б):

Т

1. Перенести силу параллельно самой себе в заданный центр, не изменяя

модуля силы.

Н

2. В заданном центре приложить пару сил, векторный момент которой

равен векторному моменту переносимой силы относительно нового

центра. Эту пару сил называют присоединенной парой.

Б

й

и

р

действ

Рис. 1

и

Образование новой сис емы, с стоящей из переносимой силы и пары

сил, называют пр веден

емосилы к заданному центру.

з

е силы на твердое тело не изменяется при пе­

Следовательно,

реносе ее параллельно самой себе в другую точку твердого тела, если до­

о

бавить пару сил.

п

В т чке А твердого тела приложена сила F а (рис. 1, а). Приложим в

точке В уравновешенную

систему

сил (FB, FB ). При этом

силеFB и паре сил (FА, FB).

(FА, FB)

образуют пару сил с вектор­

FA = FB = Fl^, FB =-FB'. Силы

Р

Г х FА. Таким образом, сила FА эквивалентна

ным моментом, равным

У

Т

Рис. 2

Н

Б

F2) , и

В точке В приложим пару сил, которая образована силами (F1,

определим векторный момент присоединенной пары (рис. 2, б):

й

M (F1, F2) —г X F1.

Модуль момента пары равен:

и

р

M (F1, F2) —tF1 sin (Т, F1) , r —AB —0,2 м,

zT,

F1 —90 ° ,

о

• 10

—2 H • м .

M (F1, F2) —TF1 —0 ,2

Векторный момент перпендикуля ен плоскости векторов Г

и F1 и

направлен в сторону

а еля в с тветствии с правилом знаков (рис. 2,

в).

и

з

П риведен

е прочитзвольной системы сил к силе и паре сил.

ным моментом, не нарушая при этом состояние твердого тела.

(О сновная теорем а статики. Теорем а П уансо)

п

Пр изв льную систему сил, приложенную к твердому телу, можно за­

менить дн й силой — главным вектором и одной парой сил — глав­

е

Р

Приведем произвольную систему сил (F1, F2,

...,

Fn) (рис. 3, а) к цен­

тру О. Для этого используем предыдущую теорему и переносим каждую

силу параллельно самой себе в центр О, добавляя пару сил (рис. 3, б):

F1 □ (F 1, (F 1, F"))^

F2 □ (F2, (F2, F2 ) ), Fn □

(Fn, (Fn, Fn)).

Рис. 3

У

(f 1, F2,...^ F J

□ ((F1,' (

F1), (F2^ (F 2, F2'),

(F ', (Fn, F^)) □ (1)

Б

□ ((F1, F2,..., Fn),

(F1, F/), (F2, F2'), ...,

(F ,, F^^))Т.

Система сил(F1,

F2,..., F^) , приложенная в точке О, является систе­

й

мой сходящихся сил, которая приводится к равнодействующей:Н

R0 = Z Fl, .

Так как F1 = F 1,

F2 = F1, , Fn = Fn,

то получим

р

+ ... + Fn.

(2)

R 0 = Z Fk = F1 + F2

о

Для заданной системы сил

R0 будетиглавным вектором, который ра­

т

вен векторной сумме заданных сил.

Векторные момен ы прис единенных пар определим следующим об­

разом:

и

з

= M (f 1, F1') = M 0

(f 1) =

х F1,

M

1

о

= M ( f 2, f 2 ) = M 0

( f 2 ) =

х f 2,

п

M 2

е

M n = M (F n , F n ) = M 0

(F n ) = r„ х F n .

зам нить результирующей парой, равной их геометрической сумме:

Р

M 0 = M ^ + M 2 + ... + M n = Z M ^.

(3)

Вектор M 0 для заданной системы сил, приведенной к центру О, являет­

(F1,F2 ,..., Fn) □ (R0 , M 0) .

(4)

Модуль главного вектора

У

R0 = ^ R2 + R2 + R2 ,

(5)

где

Н

Rx = Z Fkx,

Т(6)

Ry = Z Fky,

Rz = Z Fkz

(Rx, Rg, Rz —

проекции главного вектора на соответствующие оси коор­

динат).

и

осью ко­

Угл^1, образованные главным вектором с соответствующейБ

ординат.

р

йR

л _

R

л _

R

Л

(7)

cos(x, R0)= - ^ , cos(y,

R0)= - ^ , cos(z, R0)

= - ^ .

R

о

R0

R0

0

мент

тн сительно выбранного центра приве­

Модуль главного м

а,

дения 0.

и

^ M 02x + M 02y + M 02z ,

(8)

з

M 0

где

о

M 0x = Z

M x (Fk),

п

M 0y =Z M y(Fk) ,

(9)

е

M 0z = Z

M z (Fk)

(Мох, M0y, M0z — проекции главного момента относительно точки О на

координатные оси).

Если заданы проекции сил на оси и координаты точек их приложения,

то выражения (9) имеют вид

Р

M 0x = Z (ykFkz - zkFky) ,

M 0y = Z (zkFkx - XkFkz),

(10)

M 0z = Z

(x kFky - y kFkx) .

M

M 0y

M 0z

cos(x, M 0), cos(y , M 0) ^ ^r;0^ , cos(z, M 0) ^ ^:^;:0z .

(11)

M 0

M 0

M 0

Пример 20.

У

Найти главный вектор и главный момент системы сил, приложенных

к кубу. Известно, что

Т

F 1= 20 H, F2= 6 H, F3= 12 H, F4= 4 H, F5= 10 H.

Ребро куба а = 0,5 м (рис. 4).

Н

Б

й

и

р

о

т

и

з

о

п

е

Рис. 4

Р

Р шение.

R0 = -yjRx + Ry + R 2

— модуль главного вектора.

Находим проекции главного вектора на оси координат:

Rx

Fkx = - F 3 = - 1 2 H,

Ry = Z Fky = - F 2 + F4 = - 6 + 4 = - 2 H,

Rz = Z

Fkz = F1

- F5 = 20 - 10 = 1 0 H,

R0 ^

(-1 2 )2 + (- 2 ) 2 + 102 = 15,75 H .

M 0 ^ M 02x + M 02y + M 02z .

Находим проекции главного момента на оси координат:

У

M 0x —I M x(Fk) —F1a + F2a —20 • 0,5 +

6 • 0,5 —13 H • м,

M 0y —I

M y (Fk) —- F 3a —-1 2 • 0,5 —- 6 Н • м,

M 0z —I M z (Fk) —F3a —12 • 0,5 —6 Н • м,

Т

M 0 ^ 1 3 2 + (- 6) 2 + 6 2

Н

—15,52 Н • м.

Б

Углы, образованные главным вектором и главным моментом с осями

координат:

й

cos(x? R0) ———

—1

—-0,7619,

Zx, R0 —139,63°,

R0

15,75

cos(y? R0) —

—----- ^

—-0,1269, Zy, R 0 —97,29°,

R0

15,75

и

Rz

10

R

о

15,75

т

13

cos(x, M

0)

M 0x

р

Z x ,M 0 —33,11°, ,,^^

M

15,5^

—0,8376,

и

15,52

з

M

cos(y? M 0) —

'0y

6

—-^

—-0,3866, Zy, M 0 —112,74°,

0

M 0

15,5^15,52

^^

о

^0

M 0z

6

cos(z? M

—0,3866, Zz, M 0 —67,26°.

0) ——-

^

п

M 0

15,52

О

. Ro —15,75 H, M 0 —15,52 H • м.

Р

Зависимость главного момента

твет

от вы бора центра приведения

Главный момент относительно нового центра приведения равен сумме

главного момента относительно старого центра приведения и вектор­

ного произведения радиуса-вектора, соединяющего эти центры на

главный вектор:

M 01 —M 0 + О1О X R0 ,

(12)

где

M 01

—

главный

момент отно­

сительно

центра

О1; M 0

—

главный

момент

относительно

цент­

ра

О; 0 10

—

радиус-вектор, сое­

диняющий центры О1и О; R0 — глав­

У

ный вектор.

Пример 21.

Определить главный момент отно­

сительно точки О1, если главный век­

Б

Т

тор R0 = 24 H, главный момент относи­

тельно

центра

О

НРис. 5

M0 = 8 Н - м. Расстояние между точками

приведения a ^ л/2 м ,

угол

между

й

главным

вектором и главным

момен­

том 45° (рис. 5).

и

р

л

Решение. Применим формулу (12):

M 01 = M 0 + О1О х R0 .

(а)

Найдем модуль вектора

о

т

R0),

и

0 10

х R0 = 0 10 R 0 sin (010

з

ZO1O , R0 = 90 °,

Проектируем (а) на оси координат:

п

0 1 0 х R0

= 0 10 R 0 sin 90° = 24yl2 Н - м.

Вект р 0 10 х R 0 будет перпендикулярен плоскости ZOY и направлен

на читателя с гласно принятому правилу знаков для моментов.

е

V2

Р

M 0x1

=

0 10 х-

M 0 co s4 5 ° = 2^л/2 -

= 2^>/2 H - м,

M 0y1

= 0 ,

M 0z1

л/2

= M 0 co s4 5 o = 8 ^ ^ = ^л/2 H - м,

M 01 ^

(M 0x1)2 + (M 0z1) 2 ^ (2^л/2)2 + (^л/2)2 = 28,84 H - м