И. В. Богомаз. Механика

При этом модуль R и положение точки С должны удовлетворять уравнениям (3.6), тогда

R = F2 – F1, ACF1 = ABR′ = BCF2 .

Сложим силы F1 и R′. Получим, что их равнодействующая F2′ равна по модулю F2′ = F1 + R1′, т. е. равна по модулю F2 и приложена в точке А (рис. 3.3, в).

Система сил F2 и F2′ составляет уравновешенную систему, которую можно отбросить. В результате заданные силы F2 и F2′ будут

заменены одной силой R , которая является их равнодействующей

(рис. 3.3, г).

Если две параллельные силы F1 и F2 , направленные в разные стороны, равны по модулю, то их равнодействующая

R = F2 – F1 = 0.

Такая система сил имеет равнодействующую, равную нулю, однако тело по действием этой системы сил не находится в состоянии покоя, тело начинает вращаться в плоскости расположения векторов

F1 и F2 . Такая система сил называется парой сил.

3.3. Пара сил

Парой сил называется система двух сил, равных по модулю, параллельных и направленных в противоположные стороны.

Алгебраическим моментом пары называется величина, равная произведению модуля одной из сил пары (например, F′) на ее плечо АВ, – кратчайшее расстояние между линиями действия сил F′и F′′

(рис. 3.4, а, б):

m = ±F′ AB

Момент пары положительный, когда пара стремится повернуть тело против часовой стрелки (рис. 3.4, а), и отрицательный – по ходу стрелки (рис. 3.4, б).

70

3. Система параллельных сил

а б

Рис. 3.4

а

б

Рис. 3.5

На практике пару сил (рис. 3.5, а) заменяют дуговой стрелкой, направленной по направлению пары (рис. 3.5, б).

Вектор момента пары сил. Вектором момента пары сил называется вектор m , числовое значение которого равно алгебраическому моменту пары; направлен вектор перпендикулярно плоскости действия пары (рис. 3.6).

а

б

Рис. 3.6

71

И. В. Богомаз. Механика

m = AB ×F′′ ≡ m k ,

где k – единичный орт, направлен перпендикулярно плоскости расположения пары.

Вычислим модуль векторного произведения двух векторов. Тогда

m = A ×F″ = AB ×F 2 = F2 AB sin (AB,F 2 )= F2 h = m,

что совпадает с алгебраическим моментом пары.

3.4. Правило рычага. Момент силы относительно точки

Рычаг Архимеда (рис. 3.7) – простейший механизм, состоящий из балки, опертой на опору, например шарнирно-неподвижную. Рычаг имеет одну степень свободы – может вращаться вокруг центра О и, как следствие, имеет одно уравнение равновесия, связывающее силы F1 и F2 и плечи рычага соотношением

F1	=	F2	→ F а = F b,		(3.7)
b		a	1	2

где a и b – плечи рычага.

Выигрыш в силе компенсируется проигрышем в плече рычага

инаоборот, выигрыш в плече рычага компенсируется проигрышем

всиле – «золотое правило механики».

F1а = F2b.

Известна легенда о том, что Архимед воскликнул: «Дайте мне точку опоры, и я переверну мир!». На рис. 3.8 Архимед переворачивает с помощью рычага Землю.

Рис. 3.7

72

3. Система параллельных сил

Рис. 3.8

Произведение силы F на плечо h принято называть моментом силы относительно неподвижного центра O и обозначать

M o (F )= ±F h.

Плечо силы h – перпендикуляр, опущенный из точки О на линию действия силы F .

Будем считать момент MО (F ) положительным, если сила F при

мысленном закреплении тела в точке О вращает тело против часовой стрелки (рис. 3.9, а), и отрицательным, если сила F вращает тело по часовой стрелке (рис. 3.9, б).

Моментом силы относительно центра О называется величина, количественная характеристика которой равна произведению силы F на кратчайшее расстояние между центром О и линией действия силы (плечо hO) с соответствующим знаком MO (F )= ±F hO .

MO (F )= +F hO	MO (F )= −F hO
а	б
	Рис. 3.9

73

И. В. Богомаз. Механика

Уравнение равновесия рычага (3.7) можно переписать:

∑MO (Fi ) = 0, F1a − F2b = 0.

Моменты сил относительно центра О равны между собой.

Пример 3.2. На тело (рис. 3.10), опертое на шарнирно-непод- вижную опору О, наложены силы F = 2 кН, F2 = 6 кН, F3 = 4 кН.

Вычислить величину силы F4, чтобы тело под действием заданной системы сил находилось в равновесии, если a = 3 м, b = 4 м, c = 2 м.

Рис. 3.10

Решение. Тело имеет одну степень свободы – может вращаться вокруг центра О (рис. 3.10).

Чтобы тело не вращалось под действием приложенных внешних сил, сумма моментов сил относительно центра вращения должна быть равной нулю, т. е.

∑MO (F )i = 0, − F1 + F2c + F3c − F4b = 0.

F4 = b1 (−F1a + F2c + F3c)= 14 (−2 3 + 6 2 + 4 2)= 3, 25 кН.

Ответ: F4 = 3,25 кН.

74

3. Система параллельных сил

При решении задач на равновесие твердых тел аксиома связи трактуется, как метод сечения.

Метод сечения

Метод сечения для удобства запоминания представляется как метод РОЗАУ.

Разрезаем – Отбрасываем – Заменяем – Анализируем – Уравновешиваем.

Разрезаем – при решении задач на равновесие твердых тел выделяем твердое тело, равновесие которого рассматриваем, окружая его замкнутой линией.

Отбрасываем опоры, связи и другие элементы конструкций, контактирующие с выделенным твердым телом, равновесие которого рассматриваем.

Заменяем действие отброшенных частей соответствующими реакциями опор или, если разрезаем невесомый стержень, внутренними усилиями. Чертим расчетную схему.

Анализируем полученную систему сил. Уравновешиваем полученную систему сил.

В дальнейшем будем рассматривать твердые тела, поперечные размеры которых малы по сравнению с их длиной. Такие тела будем называть брусом или балкой, если много меньше, то стержнем.

Пример 3.3. Задана шарнирно опертая балка АВ, нагруженная сосредоточенной силой P (рис. 3.11, а).

Дано: Р = 9 кН, а = 6 м, b = 12 м. Вычислить реакции опор. Решение. Отбросим связи и заменим их реакциями (рис. 3.11, б).

Реакция шарнирно-подвижной опоры RB направлена параллельно линии действия внешней силы Р, следовательно, их уравновешивающая сила RA должна быть им параллельна. Имеем

P

=

RB

=

RA

,

a +b

a

откуда

b

R = P

a

= 9

6

= 3 кН, R

= P

b

= 9

12

= 6 кН.

(6 +12)

A

(6 +12)

B

a +b

a +b

75

И. В. Богомаз. Механика

Рис. 3.11

Проверка. Балка AB находится в равновесии, следовательно, равнодействующая системы параллельных сил должна быть равна нулю:

R = ∑Fy =VA − P +VB = 6 −9 +3 = 0.

Ответ: RB = 3 кН, RA = 6 кН.

Пример. 3.4. Вычислить угол наклона поверхности, при котором тело, свободно стоящее на поверхности, ширина которого равна 2b, высота – 2a, опрокинется (рис. 3.12, а).

а

б

Рис. 3.12

76