Физика / Теоритическая механика в задачах и примерах

T Fсц P1 sin 0,N P1 cos 0.

Отсюда находим
T P2 Fсц	P1 sin , N P1 cos .	(8.7)
Груз 1 останется в покое, если Fсц fсц N , тогда из (8.7) получим
P2 Fсц P1	sin fсц N P1 sin ;
или
P2 fсц P1	cos P1 sin
P1 fсц cos sin 76 H.

Следовательно, наибольший вес груза 2, при котором груз 1 останется в покое, равен 76 Н.

2. Рассмотрим второе предельное положение равновесия груза 1 на

наклонной плоскости, когда сила натяжения троса T достигнет наименьшего значения, дальнейшее уменьшение которого приведет к скольжению груза 1

вниз по плоскости. В этом случае сила сцепления Fcц направлена вверх по

наклонной плоскости (рис. 8.8, в).

Груз находится в равновесии под действием плоской сходящейся

системы сил. Введя декартовую систему координат Оху, запишем уравнения равновесия (6.2) для данного случая:

T Fсц P1 sin 0,N P1 cos 0.

Отсюда находим

T P2 P1 sin Fсц,

N P1 cos .

(8.8)

Груз 1 останется в покое, если Fсц fсц N , тогда из (8.8) получим

P2 P1 sin Fсц P1 sin fсц N;

или

P2 P1	sin fсц P1	cos
P1	sin fсц	cos	24 H.

Наименьшее значение веса груза 2, при котором груз 1 не скользит вниз по плоскости, равно 24 Н.

Следовательно, при весе груза 2 в интервале 24 H P2 76 H груз 1 будет находиться в покое на наклонной плоскости.

8.4. Равновесие твердого тела при наличии трения качения

Задачи на равновесие твердого тела, при наличии трения качения, рекомендуется решать в следующем порядке:

1)выделить тело, равновесие которых следует рассмотреть для определения искомых величин;

2)изобразить заданные силы;

3)применить принцип освобождаемости от связей: мысленно отбросить связи и заменить их действие реакциями связей; считая катящееся тело и неподвижную поверхность не деформированными, изобразить в точке касания тела с поверхностью нормальную реакцию и силу сцепления, направив ее противоположно направлению возможного скольжения точки её приложения, а также приложить момент трения качения, направленный противоположно возможному качению тела;

4)выбрать систему координат;

5)составить систему уравнений равновесия для сил, приложенных к рассматриваемому телу, которую дополнить условием равновесия для

катящегося тела МС N ;

6) решить систему уравнений равновесия и определить искомые величины.

Пример 8.6. При каком угле наклона шероховатой плоскости к горизонту, тяжелый цилиндр не покатится, если коэффициент трения

качения равен , радиус цилиндра перпендикулярна линии наибольшего ската наклонной плоскости.

Решение. Рассмотрим равновесие цилиндра на наклонной плоскости.

Изобразим действующие на него силы: силу тяжести Р, нормальную реакцию плоскости N , силу сцепления Fcц и момент трения качения MC .

R. Образующая цилиндра

	y
	С	R
F			M
с
ц
А	P		С
N			x

Рис. 8.9

Цилиндр находится в равновесии под действием произвольной плоской

системы сил. Введя декартовую систему координат Аху , запишем уравнения равновесия (8.1)

n	n		n	r
Fкx 0,	Fкy	0,	mА(Fк ) 0;
к 1	к 1		к 1

или для данной задачи

P1 sin Fсц 0,

N P1 cos 0,

P1 sin R MC 0.

Решая систему уравнений, находим:

F P sin ,

сц

	N P cos ,	(8.9)
	MC P sin R .

Цилиндр останется в покое пока момент трения качения не превысит предельного значения, то есть

MC N ,

или с учетом (8.9)

P sin R P cos .

Отсюда находим

tg R .

Следовательно, при всех углах составляющих наклонной плоскостью с горизонтом aretg R , цилиндр будет находиться в покое, а при углах

aretg R , цилиндр покатится вниз по наклонной плоскости.

Пример 8.7. К однородному катку весом Р приложена горизонтальная

сила F (рис. 8.10). Определить наибольший модуль этой силы, при котором каток не скользит и не катится, если коэффициент сцепления между катком и

горизонтальной шероховатой плоскостью fcц , а коэффициент трения

качения равен .

Решить задачу при следующих данных:

P = 2 кН; fcц = 0,2 ; = 0,006 м; R = 0,6 м ; СА =0,4 м .

	y			Решение. Рассмотрим равновесие
F	А			катка. На него действуют сила F ,					сила
				тяжести	P ,	нормальная реакция			N ,
	С	M	С	сила сцепления Fсц			и момент трения
						MC ,
	P		x	качения			направленный
F				противоположно			возможному
	O
сц				вращению катка под действием силы F
	N			(рис. 8.10).
				Каток находится в равновесии под
	Рис. 8.10			действием		произвольной		плоской
				системы сил.
Введя декартовую систему координат Оху (рис. 8.10), запишем
аналитические условия равновесия (8.1)

n	n		n	r
Fкx 0,	Fкy	0,	mО(Fк ) 0;
к 1	к 1		к 1

или для данной задачи

F Fсц 0,

N P 0,

F OA MC 0.

Отсюда находим:

	F Fсц ,
	N P,			(8.10)
		MC		MC
	F				.
		OA
				R CA

Отсутствие скольжения и качения катка будет при одновременном выполнении двух условий:

1) скольжение катка отсутствует, если

Fсц Fпр fсц N ,

или с учетом (8.10) получаем

				F fсц P 0,4 кН;		(8.11)
	2) качение катка отсутствует, если
					MC N P,	(8.12)
	или, подставляя (8.12) в третье равнение системы (8.10), находим
	F	MC		P	0,012 кН 12 H .	(8.13)
		R CA		R CA

Сравнивая (8.11) и (8.13) приходим к заключению, что наибольший

модуль силы F , при котором каток не будет одновременно скользить и катиться по горизонтальной плоскости равен 12 Н.

По теме 10 «Плоская произвольная система сил» рекомендуется решить следующие задачи из сборника [1]: 4.7; 4.13; 4.15; 4.21; 4.26; 4.28; 4.30; 4.33; 4.35; 4.38; 5.7; 5.11; 5.25; 5.27; 5.36, 5.39.

9. ТЕМА 11 ПРОСТРАНСТВЕННАЯ ПРИЗВОЛЬНАЯ СИСТЕМА СИЛ

На практических занятиях решаются задачи на вычисление главного вектора и главного момента и на определение реакций связей при равновесии твердого тела находящегося под действием пространственной системы сил.

9.1. Равновесие твердого тела при действии произвольной пространственной системы сил

I. В задачах на определение главного вектора R и главного момента MO произвольной пространственной системы сил F1, F2,, F3, ..., Fn требуется придерживаться следующей последовательности действий:

1)ввести декартовую систему координат с началом в центре приведения О;

2) найти проекции главного вектора R на декартовые оси:

n	n
Rx Fкx ,	Ry Fкy ,
к 1	к 1

n

Rz Fкz .

к 1

3) вычислить модуль главного вектора R :

R

Rx2 Ry2 Rz2 ;

(9.1)

4) определить направляющие косинусы для вектора R по формулам:

r r

R

r r

Ry

r r

R

cos R i

x

,

cos R j

,

cos R k

z

.

R

R

R

1) вычислить

проекции главного

момента

r

n r

r

МО mО (Fк ) на

декартовые оси:

к 1

n

r

n

r

n

r

Mx mx (Fк),

My my (Fк),

Mz mz (Fк).

к 1

к 1

к 1

2) определить

модуль

и

направление

главного

момента по

формулам:

						MO Mx2 My 2 Mz2
	r r		M				r r		My
cos MO i				x	,	cos MO j				,
									MO
			MO

,

r cos MO

(9.2)

kr Mz .

MO

II. Задачи на равновесие твердого тела, находящегося под действием произвольной пространственной системы сил, рекомендуется решать в следующем порядке:

1)выделить тело, равновесие которого следует рассмотреть для определения искомых величин;

2)изобразить на рисунке заданные силы, приложенные к твердому телу;

3)применить принцип освобождаемости от связей: мысленно отбросить наложенные на твердое тело связи и заменить их соответствующими силами реакций связей, приложенных в точках рассматриваемого твердого тела; в дальнейшем рассматривать равновесие данного несвободного твердого тела как свободного, находящегося под действием заданных сил и реакций связей; убедиться в том, что данная задача является статически определимой, т. е. число неизвестных сил не более шести;

4)выбрать систему декартовых координат Охуz (для простоты

решения задачи следует начало координат О выбирать в точке пересечения линий действия наибольшего количества искомых сил);

5) записать аналитические условия равновесия для твердого тела, находящегося под действием произвольной пространственной системы сил:

n		n
1) Fkx 0,	4)	mx (
			Fk ) 0,
k 1		k 1
n		n
2) Fky 0,	5) my (
					Fk ) 0,			(9.3)
k 1		k 1
n		n
3) Fkz 0,	6)	mz (
				Fk ) 0;
k 1		k 1

6) решить систему полученных уравнений равновесия и определить неизвестные величины

В случае пространственной системы параллельных сил в пункте 5) остается только одно уравнение проекций сил на ось параллельную силам и два уравнения моментов сил относительно двух других координатных осей.

Например, если силы параллельны оси х, то уравнения равновесия имеют вид

n	n			n
1) Fkx 0,	2) my (			3) mz (
		Fk ) 0,			Fk ) 0.
k 1	k 1			k 1

Пример 9.1. На куб с ребром d действуют силы F1 , F2 и F3 , на участок АВ − вертикальная равномерно-распределенная нагрузка интенсивностью q (рис. 9.1).

Определить модули главного вектора R и главного момента MO

этой

системы сил, выбрав за центр приведения вершину О куба.

Решить задачу при следующих данных:

d = 2 м , F1 = F2 6 Н ,

F3 3 Н ,

q = 3 кН/м .

z

q

Решение.

Заменим

равномерно-распределенную

A

B

нагрузку

интенсивности

q

равнодействующей

Q ,

Q

приложенной в

седине

отрезка

D

C

F2

АВ (рис.

9.1),

модуль

которой

F2

B1

y

равен

F1

O

F

Q q АВ 6 кН.

2

d

D	F3			C
x 1				1

Рис. 9.1

Введем декартовую систему координат с началом в центре приведения О, направив

оси по ребрам куба (рис. 9.1).

Для вычисления модуля главного вектора

R F1 F2 F3 Q

определим его проекции на декартовые оси:

Rx F1 cos450 F2 cos450 8,5 кH;

Ry F3 3 кH;

Rz F1 cos450 F2 cos450 Q 2,5 кH .

Тогда модуль главного вектора определим по формуле (9.1):

R

Rx

2 Ry

2 Rz

2

9,3 кH .

Главный вектор R 8,5 i

3 j 2,5 k

прикладывается в точке О.

Для

вычисления модуля главного

момента

MO

системы

сил

F1,

F2 , F3,

Q относительно центра О найдем его проекции на декартовые

оси,

предварительно разложив силу F2

в точке В1 на составляющие F2

и F2 ,

модули которых равны: F2 F2 cos450

и F2 F2 cos450

(рис. 9.1):

r

r

OB1

Mx mx (F2 ) mx (Q) F2 OB1 Q

2

F cos450 d Q d 2,5 кH м ,

2

2

т. к.

mx (F1) mx (F2 ) mx (F3) 0 , поскольку силы F1

и F3

пересекают ось

Ох, а составляющая F2 параллельна этой оси;

My my (F1) my (F2 ) my (F3) my (Q) 0,

т. к. силы F1 , F2 и Q пересекают ось Оу, а сила F3 ей параллельна;

Mz mz (F2 ) mz (F3) F2 OB1 F3 OD1

F2 cos450 d F3 d 2,5 кH м ,

т. к. mz (F1) mz (F2 ) mz (Q) 0 , поскольку сила F1 ось Оz пересекает, а силы F2 и Q параллельны этой оси.

Тогда модуль главного момента MO вычисляем по формуле (9.2):

MO Mx	2	My	2 Mz	2 3,5 кH м.
Следовательно, главные момент		MO 2,5i		2,5k , приложенный в точке О,

лежит в плоскости хОz и составляет с осью Оz тупой угол.

Пример 9.2. Однородная тонкая прямоугольная плита АВСD весом Р закреплена в точке А сферическим, а в точке В цилиндрическим шарнирами и удерживается в горизонтальном положении веревкой СЕ, привязанной в точке С плиты и к гвоздю Е, вбитому в стену на одной вертикали с точкой В.

На плиту действует пара сил с моментом m, лежащая в плоскости плиты, и сила F , находящаяся в плоскости параллельной плоскости хОz,

приложенная в точке D и составляющая со стороной CD угол 45o (рис. 9.2). Определить реакции связей в точках А и В плиты и натяжение веревки СЕ.

Решить задачу при следующих данных:

Р = 3 кН;

m = 4 кН м;

F = 8 кН;

АВ = 1,2 м; АD = 1,8 м.

E

ZB

T

YB

T

B

30o

C

z

T

m

F

F

45o

ZA

P

F

y

A

X

Y

D

A

x

A

Рис. 9.2

Решение.

Рассмотрим

равновесие

плиты

АВСD. На нее действуют

заданные силы Р, F и пара сил с моментом m. Отбросим связи, заменив их действие реакциями связей: реакцию сферического шарнира разложим в

точке А на три составляющие X A , YA , ZA ; реакцию цилиндрического

шарнира В − на две составляющие YB , ZB ; натяжение T веревки СЕ направляем по веревке (рис. 9.2).

Плита АВСD находится под действием произвольной пространственной системы сил. Поэтому согласно (9.3) аналитические условия равновесия имеют вид

	n	0 ;
	Fкx
	к 1
	n	0 ;
	Fкy
	к 1
	n
	Fкz	0 ;
	к 1

n	r
mx (Fк) 0 ;
к 1	r
n
my (Fк) 0 ;
к 1	r
n

mz (Fк) 0 .

к 1

Поскольку количество искомых реакций связей равно числу уравнений равновесия, то задача является статически определимой.

Запишем систему шести уравнений равновесия (9.3) для плиты АВСD, находящейся под действием сил Р, F, X A, YA, ZA, YB , ZB , T и пары с моментом m:

X A F cos45o 0;

Y

A

Y

T cos30o

0 ;

B

o

o

ZA ZB P T sin30

F sin45 0;

AD

F

AD T

BC 0;

(9.4)

P

2

AB T DC P AB 0;

Z

B

2

AB F

AD m 0.

YB AB T

В (9.4) при

вычислении

моментов сил

F

и

T

относительно

координатных осей разложим их на составляющие

F ,

F

и T , T и

применим

теорему Вариньона,

учитывая,

что

модули

сил равны:

F F cos45o,

F F sin45o,

T T cos30o ,

T T sin 30o .

Пару

сил

заменим

ее

вектором-моментом

m

направленным

перпендикулярно плоскости пары. Вектор-момент m направлен вдоль оси z и его проекции на оси х и у равны нулю. Поэтому он войдет только в

уравнение моментов сил относительно оси z.

Подставим в систему (9.4) числовые значения величин и решим ее относительно искомых реакций. Решение следует начать с четвертого уравнение системы (9.4), в которое входит только одна неизвестная реакция: