4. Момент силы относительно центра и оси

4. МОМЕНТ СИЛЫ ОТНОСИТЕЛЬНО ЦЕНТРА И ОСИ

4.1. Момент силы

Момент силы F относительно центра О полностью определяется векторным произведением между радиус-вектором rА, соединяю-

щим центр О с точкой приложения силы А, и вектором силы F :

О (F

)= rА ×F

.

(4.1)

M

О.

Вычислим модуль вектора момента M

О (F

)

= rАF sinα = F h,

M

=

rА × F

(рис. 4.1).

где h = rA · sinα – плечо силы F

Если радиус-вектор

rА и вектор силы F

заданы декартовыми

прямоугольными координатами: rА{xА, yА, zА}

{Fx , Fy , Fz }, то век-

и F

О (F

) (4.1) будет иметь вид

тор M

О (F

)= rА ×F

i

j

k

=

xA y A zA

=

M

Fx

Fy

Fz

=

(y A Fz − z A Fy )+

(z A Fx − x A Fz )+

(x A Fy − y A Fx ).

i

j

k

Тогда (4.1) запишется

О (F

)= rА ×F

M

= mx

i

+my

j

+mz

k

,

где

mx = (yA Fz − zA Fy ); my = (zАFx − xАFz );

mz = (xАFy − yАFx ).

81

И. В. Богомаз. Механика

Рис. 4.1

Слагающие mx, my, mz называют моментами силы F {Fx , Fy , Fz }

относительно осей Ox, Oy, Oz соответственно (рис. 4.1). Тогда модуль момента MО будет равен:

MО = mx2 + m2y + mz2 .

Направление вектора M O определяется направляющими косинусами

m

my

m

cos (x, MО )=

x

, cos (y, MО )=

, cos (z , MО )=

z

.

MО

MО

MО

В частном случае, когда вектор силы распложен в плоскости Oxy (плоская система сил), т. е. F {Fx , Fy }, rА{xA , yA}, тогда

MО (F )= rА ×F = mx i + my j + mz k = mz k .

Здесь уместно сказать несколько слов относительно различных обозначений произведений двух векторов10. В табл. 4.1 показано, что по историческим и национальным обстоятельствам эти обозначения, к сожалению, различаются.

10 Зоммерфельд А. Механика. М. : Иностр. лит, 1947. 389 с.

82

4. Момент силы относительно центра и оси

Таблица. 4.1

Наименование

В данной

А. Зоммерфельд

В. Гиббс

О. Хивисайт

книге

Скалярное

(a b )

a b

a b

a b

произведение

Векторное

Va b

a ×b

a ×b

произведение

a b

Великий термодинамик В. Гиббс (1839–1903) составил для своих студентов краткий очерк векторного анализа, в то время еще мало известного. Обозначения, введенные в этом очерке, применяются большинством американцев, англичан и русскими. Введение О. Хивисайтом (1850–1925) обозначения векторного произведения, в котором V означает начальную букву слова «вектор», было после этого оставлено.

4.2. Приведение силы к заданному центру

Теорема. Сила F , приложенная в произвольной точке тела A, эквивалентна силе, перенесенной в другую точку B параллельно самой себе и присоединенной паре, момент которой M B = F AB.

Доказательство. Пусть имеем силу F ' , приложенную к твердому телу в точке А в плоскости П (рис. 4.2).

Рис. 4.2

83

И. В. Богомаз. Механика

В соответствии с аксиомой статики № 2 приложим в точку В, выбранной за центр приведения, равновесную систему сил (систему двух равных по модулю, но противоположных по направлению сил) F и F′′ , параллельных и равных заданной силе F ' . Тогда система

сил F ' и F′′ составят пару сил, которую назовем присоединенной парой, модуль момента которой равен M B = F AB, где AB – минимальное расстояние между линиями действия силы F ' и F .

Теорема Пуансо. Любая произвольная система сил, приложенных к твердому телу, эквивалентна системе, состоящей из одной силы (главного вектора R ), приложенной в точке приведения О, и одной пары, момент которой называют главным моментом системы сил относительно точки приведения.

N

R = ∑Fi – главный вектор системы;

i=1

N

M O = ∑M O (Fi ) – главный момент системы.

i=1

Здесь i =1,…, N , N – число сил системы.

Пример 4.1. Дана произвольная система сил, приложенная к прямоугольнику (рис. 4.3, а) высотой 2a, шириной 3a, a = 80 см. Модули сил составляют: F1 = F2 = 6 Н, F3 = 3 Н. Вычислить модули главного вектора R и главного момента MO относительно центра приведения О, который лежит на пересечении диагоналей.

а

б

Рис. 4.3

84

4. Момент силы относительно центра и оси

Решение. Совместим прямоугольную систему координат Oxy с заданным центром приведения. Перенесем каждую силу параллельно самой себе в точку приведения О, одновременно добавляя присоединённые пары от каждой силы (рис. 4.3, б)

m1 = −F1 1,5a, m2 = F2 a, m3 = −F3 1,5a.

Вычислим главный вектор R :

Rx = ∑Fix = F2 = 6 Н; Ry = ∑Fiy = F1 − F3 = 6 −3 = 3 Н;

R = Rx2 + Ry2 = 62 +32 = 45 = 6, 71 Н.

Направление главного вектора R в плоскости действия сил определим по направляющему косинусу (рис. 4.3):

cosθ = cos (x, R) = RRx = 6,671 = 0,894 → θ = arccos 0,894 = 26°35′.

Вычислим главный момент MO как алгебраическую сумму моментов присоединенных пар. Система сил плоская, следовательно, все присоединенные пары будут расположены в одной плоскости Oxy

(рис. 4.3, б).

Имеем

M О = ∑mOi (Fi ).

С учетом направлений дуговых стрелок присоединённых пар имеем (рис. 4.3, б)

MO = ∑MO (Fi )= −m1 + m2 −m3 =

=−F1 1,5a + F2 a − F3 1,5a =

=−6 1,5 0,8 +6 0.8 −3 1,5 0,8 = −7,2 +4,8 −3,6 = −6 Н м.

85

И. В. Богомаз. Механика

Рис. 4.4

Полученный знак главного момента означает, что дуговая стрелка, определяющая направление поворота, направлена по часовой стрелке (рис. 4.4).

Ответ: R = 6,71 Н, MO = 6Н м.

Пример 4.2. Дана произвольная система сил, приложенная к твердому телу (рис. 4.5, а). Модули сил составляют: F1 = F2 = 54 кН, F3 = 2 кН. Вычислить направления и модули главного вектора R и главного момента MO относительно центра приведения О, если

размеры a = 4 м, b = 2 м, c = 3 м.

Решение. Рассмотрим геометрию задачи (рис. 4.5, б). Вычислим тригонометрические функции угла α – угол приложения силы F4 .

а

б

Рис. 4.5

86

4. Момент силы относительно центра и оси

Диагональ боковой грани треугольника

	d =			c2 +b2 =		9 + 4 = 13 ≈ 3,6,
	тогда
	sin α =	b	=	2	= 0,55;	cosα =	c	=	3	= 0,83.
		d		3,6			d		3,6

Вычислим главный вектор системы сил:

R = Rx i + Ry j + Rzk ,

где

Rx = ∑Fix = F1 − F3 cos α = 5 + 2 0,83 = 6,66 кН;

Ry = ∑Fiy = 0 ;

Rz = ∑Fiz = F2 + F3 sin α = 5 + 2 0,55 = 6,1 кН.

Главный вектор заданной системы сил имеет вид

R = 6,66i + 6,1k .

Модуль главного вектора

R = R2	+ R2	+ R2	= (6,66)2 + 0 + (6,1)2	= 9,03 кН.
x	y	z

Направление главного вектора R вычислим по направляющим косинусам (рис. 4.6, а)

cos α = cos (x, R) = RRx = 6,9,6603 = 0,74 → α = arccos 0,74 = 43°.

Вычислим главный момент MО:

MО = mx i + my j + mz k .

87

И. В. Богомаз. Механика

При вычислении моментов относительно осей учитываем, что момент силы относительно оси равен нулю, если линия действия этой силы параллельна оси или пересекает её.

Имеем (рис. 4.6, б)

mx = ∑mxi (Fi )=F3a sin α = 2 4 0,55 = 4,4 кН м;

my = ∑myi (Fi )= F1 b − F2 c − F3 csin α =

= 5 2 + −5 3 − 2 0,55 3 = −8,3 кН м;

mz = ∑mzi (Fi )= a F4 cosα = 4 2 0,83 = 6,64 кН м.

Главный момент заданной системы сил имеет вид

MО = 4,4i −8,3 j + 6,64k .

Модуль главного момента

MО = mx2 + my2 + mz2 = (4,4)2 +(−8,3)2 +(6,64)2 =11,5 кН м.

а

б

Рис. 4.6

88