1.2. Довільна система сил на площині

1.2.1. Якщо система сил еквівалентна нулю, то кажуть, що система сил зрівноважена, тобто тіло під її дією знаходиться в рівновазі.

Для рівноваги довільної системи сил на площині необхідно і достатньо, щоб головний вектор та головний момент M_o цієї системи відносно довільного центра O одночасно дорівнювали нулю:

; . (1.3)

Виходячи з умов (1.3), отримуємо рівняння рівноваги довільної системи сил на площині, які можна записати в трьох рівноправних формах.

Перша (основна) форма умов рівноваги: для рівноваги довільної системи сил на площині необхідно та достатньо, щоб алгебраїчні суми проекцій всіх сил на кожну з двох координатних осей X,Y та алгебраїчна сума моментів цих сил відносно довільної точки О, що лежить в площині дії сил, дорівнювали нулю:

; ; ; (1.4)

Друга форма умов рівноваги:

; ; ; . (1.5)

Третя форма умов рівноваги (A,B,C довільні точки площини, які не лежать на одній прямій):

(1.6)

Таким чином незалежних рівнянь рівноваги три, будь-яке інше використовується для перевірки розв’язку задачі.

1.2.2. Моментом сили відносно деякої точки О називають добуток модуля сили на її плече відносно цієї точки, взятий зі знаком “плюс” або “мінус”:

. (1.7)

Плечем сили відносно точки О називають довжину перпендикуляра, який опускають з точки О на лінію дії сили.

М омент сили вважається додатним, якщо сила намагається повернути тіло відносно точки О в напрямку проти годинникової стрілки (рис.1.5,сила ), та від’ємним – за годиниковою стрілкою (рис.1.5, сила ).

Якщо лінія дії сили проходить через точку О, то h=0 і момент сили відносно цієї точки дорівнює нулю (рис.1.5, сила ).

1 .2.3. Дві рівні за модулем антипаралельні сили, що не лежать на одній прямій, утворюють пару сил (рис.1.6).

Моментом пари сил називають добуток однієї з сил пари на найкоротшу віддаль (плече) між силами, що утворюють пару.

Якщо пара намагається повернути тіло проти годинникової стрілки, то

момент пари вважається додатним, в протилежному випадку – від’ємним:

. (1.8)

Слід пам’ятати, що пара сил не може бути зрівноважена однією силою і що пару сил можна переносити в будь-яке положення в площині її дії; крім того у пари сил можна міняти модулі сил пари так, щоб алгебраїчний момент пари залишався незмінним. Зауважимо також, що алгебраїчна сума проекцій сил, що утворюють пару, на будь-яку вісь рівна нулю, і таким чином в рівняння проекцій сил момент пари сил не входить.

1.2.4. При визначенні реакцій в’язей розподілене навантаження замінюють

зосередженою силою; на рис 1.7 наведені два основних випадки такої заміни:

1.2.5. Силу, яка діє на тіло під деяким кутом , бажано розкладати на складові, які паралельні координатним осям (рис.1.8) та потім застосовувати теорему Вариньйона: момент рівнодійної відносно деякої точки дорівнює алгебраїчній сумі моментів складових сил відносно цієї ж точки. Такий підхід спрощує розрахунок, бо не треба шукати плече h, що добре видно для випадку на рис.1.8: .

Приклад 1.2. На консольну балку АС (рис.1.9,а) діє сила , пара сил з моментом М та рівномірно розподілене навантаження інтенсивністю . Визначити реакції опор А та В, якщо відомо, що F=2кH, M=5кHм, =3 кH/м, а=2м, b=3м, с=1м.

Р озв’язання. Розглянемо рівновагу балки АС: в’язями для неї є шарнірно-рухома опора В, напрям реакції якої відомий (перепенди-кулярно до поверхні, по якій рухається опора В) та шарнірна нерухома опора А, напрям реакції якої заздалегідь невідомий, тому представляємо її у вигляді двох складових , . Відкидаємо в’язі і замінюємо їх дію на балку реакціями в’язей , , (рис.1.9,б); прикладаємо до балки активні сили , ( ) та пару сил з моментом М. На рис.1.9,б зображена розрахункова схема та вибрана нами система координат XAY. На балку діє плоска довільна система сил, незалежних рівнянь рівноваги три (п.1.2.1), невідомих також три ( , , ), задача статично означена.

Складаємо рівняння рівноваги:

; ;

; ;

; .

З другого рівняння визначаємо :

(кH).

З першого рівняння (кH), а з останнього маємо:

(кH).

Перевіримо отримані результати:

Реакції опор знайдено правильно. Знаки “плюс” свідчать про те, що реакції

, , напрямлено на рис.1.9, б правильно.

Відповідь: кH; кH; кH.

Приклад 1.3. Рама АВС (рис.1.10,а) жорстко защемлена кінцем А. На неї діють сила , розподілене навантаження за лінійним законом, інтенсивність якого змінюється від q до 2q, та пара сил з моментом М. До точки С прив’язано трос, який перекинуто через блок D: на кінці троса прив’язано тягар Р. Нехтуючи тертям у блоці, визначити складові реакції жорсткого защемлення А, якщо кH, кH, кHм, кH/м, м, м, .

Розв’язання. Розглянемо рівновагу рами АВС, в’яззю для якої є жорстке защемлення А: звільняємось від в’язі, дію якої заміняємо трьома складовими

, , , бо напрям реакції опори А заздалегідь невідомий.

Сила натягу троса за величиною дорівнює Р, бо тертям у блоці нехтуємо згідно з умовою задачі. Сила напрямлена вздовж гнучкої в’язі (троса), яка завжди розтягнута. Розподілене навантаження розбиваємо (пунктир на рис 1.10,а) на рівномірно розподілене інтенсивності q та лінійно розподілене навантаження, які замінюємо силами , відповідно (див. п.1.2.4). Сила ( кH) прикладена посередині стояка АК, а сила ( кH) на віддалі від точки К. Для зручності обчислення моменту від сили її розкладено на складові і , що дозволяє в подальшому застосовувати теорему Вариньйона (п.1.2.5). Розрахункова схема та вибір осей зображено на рис. 1.10,б. На раму діє плоска довільна система сил, незалежних рівнянь рівноваги три, стільки ж невідомих ( , , ) і задача статично означена.

Складаємо рівняння рівноваги:

; ;

; ;

;

.

В останньому рівнянні за моментну точку взята точка А, що дає можливість отримати рівняння з одним невідомим : сила, що проходить через точку,

момента відносно неї не дає (п.1.2.2).

Розв’яжемо систему рівнянь (Т=Р), в кожному з яких по одному невідомому:

(кH);

(кH);

(кHм).

Перевірка розрахунку:

.

Реакції знайдено правильно.

Відповідь: кH; кH; кHм; знаки “мінус” у та свідчать про те, що напрями та є протилежними зображеним на рис.1.10,б.