Умови рівноваги вільного твердого тіла

Оскільки довільна система сил, прикладена до твердого тіла, еквівалентна головному вектору і головному моменту, то

механічні умови рівноваги тіла полягають у рівності нулеві головного вектора і головного моменту системи сил:

; . (1.38)

Згідно з виразами (1.36) і (1.37) на підставі (1.38) дістаємо

шість аналітичних умов рівноваги твердого тіла під дією довільної системи сил:

; ; ; (1.39)

(1.40)

Умови (1.39) і (1.40) є наслідками з механічних умов рівноваги і формулюється так:

Абсолютно тверде тіло перебуває у рівновазі лише тоді, коли алгебраїчні суми проекцій усіх сил на координатні осі й алгебраїчні суми моментів усіх сил відносно координатних осей дорівнюють нулеві.

Таким чином, умови (1.39) і (1 40) дають шість рівнянь рівноваги вільного твердого тіла під дією довільної просторової системи сил.

На підставі виразів (1.39) і (1.40) дістанемо рівняння рівноваги вільного твердого тіла, яке перебуває під дією довільної системи сил на площині.

Припустимо, що ця система сил лежить на площині . Тоді всі координати точок прикладання сил дорівнюють нулеві, проекції усіх сил також тотожно дорівнюють нулеві. Із шести рівнянь рівноваги (1.39) і (1.40) три тотожно дорівнюють нулеві. Залишилося три рівняння рівноваги:

; ;

. (1.41)

Останнє рівняння (1.41) можна розглядати, з одного боку, як алгебраїчну суму моментів сил відносно осі , перпендикулярної до площини , а з другого – як суму моментів усіх сил відносно початку координат, тобто відносно довільної точки площини , у якій розміщено сили.

Зауваження. Рівняння рівноваги (1.41) можна скласти в інших формах.

Не зупиняючись на доведенні умов достатності вказаних способів, наведемо ці форми рівнянь рівноваги.

Якщо вважати рівняння рівноваги у вигляді (1.41) першим варіантом, то другий варіант рівнянь полягатиме у рівності нулеві однієї суми проекції сил на будь-яку вісь, наприклад, на вісь і суми моментів сил відносно двох точок площини:

(1.42)

(умови достатності виконуються у випадку, коли не перпендикулярна до ).

Третій варіант полягає у рівності нулеві сум моментів сил відносно трьох точок площини:

; ; . (1.43)

(точки не лежать на одній прямій).

Якщо на тіло діє просторова система паралельних сил, то, припустивши, що сили паралельні осі , з (1.39)дістанемо

, (1.44)

бо перші два рівняння виконуються тотожно, оскільки , . З умов (1.40) залишаються такі:

; . (1.45)

Отже,

Довільна система паралельних сил зрівноважується, якщо алгебраїчна сума проекцій сил на вісь, паралельну їхнім лініям дії, і алгебраїчні суми моментів сил відносно двох інших осей дорівнюють нулеві.

 

Приклади

Приклад 1.3. На балку діють сили Н, Н і пара сил з моментом Н×м (рис. 1.22). Нехтуючи вагою балки і тертям, знайти реакції опор.

Розв’язання.

1. Як згадувалося раніше, спочатку треба виділити тіло, рівновагу якого розглядаємо. Таким тілом є балка .

2. Аналізуємо сили. На балку діють сили і і пара сил з моментом На підставі аксіоми про звільнення від в’язей, відкинемо всі в’язі – нерухому і рухому опори – і їхню дію позначаємо відповідними реакціями: реакція рухомого шарніра В напрямлена перпендикулярно до похилої площини, тому що тертя відсутнє; реакція нерухомого шарніра невідома як за модулем, так і за напрямом, тому подамо її у вигляді двох невідомих проекцій, кожна з яких напрямлена у додатний бік відповідної осі координат з початком у точці (рис. 1.22, б), тобто .

 

а

б

Рисунок 1.22

 

На балку діє довільна система сил, розміщена на площині , до складу якої входять три невідомі сили (скалярні величини): . Для такої системи можна скласти три рівняння рівноваги. Отже, задача статично визначена.

3. Складемо рівняння рівноваги у вигляді (1.41):

У третьому рівнянні центр моментів взято у точці . Моменти сил і відносно точки дорівнюють нулеві, і рівняння рівноваги містить тільки одне невідоме .

4. Розв’язуючи систему рівнянь рівноваги, дістанемо

5. Аналізуючи розв’язок задачі (здобуті значення , і ), зауважимо, що всі вони додатні, тому мають ті самі напрямки, які показано на рис. 1.22, б. Реакція нерухомої опори

кН.

Приклад 1.4. На вертикальну балку , яка жорстко закріплена в точці , діє навантаження, розподілене за законом трикутника, з максимальним значенням інтенсивності
3 кН/м (рис. 1.23, а), а на похилу балку , яка в точці закріплена за допомогою нерухомого шарніра і вільно спирається на в точці , діє сила кН, яка напрямлена перпендикулярно до балки , м; м; м.

Нехтуючи вагою конструкції, знайти реакції опор і , а також силу взаємодії у точці між балками і .

Розв’язання. Насамперед треба замінити розподілене навантаження зосередженою силою , яка еквівалентна навантаженню і прикладена в центрі ваги цього навантаження. За модулем сила дорівнює площі трикутника навантаження

=18 кН.

Лінія дії сили горизонтальна і віддалена від на , тобто на 4 м.

 

 

а	б

в

Рисунок 1.23

 

Отже, на конструкцію діють сили і .

Оскільки сила тиску між балками є внутрішньою силою відносно системи з двох балок, то для її знаходження треба провести переріз між балками, і одну з них розглядати як в’язь.

Розглянемо, наприклад, балку . Реакцію нерухомого шарніра розкладаємо на і , реакція балки на балку напрямлена перпендикулярно до , оскільки балки спираються вільно (без тертя, рис. 1.23, б).

Складаємо три рівняння рівноваги:

З цієї системи знаходимо:

кН; кН;

кН.

Від’ємний знак свідчить, що проекція напрямлена у від’ємний бік осі .

Тепер розглянемо балку . У точці N ( м) діє сила ; відповідно до третього закону І. Ньютона в точ-
ці до балки прикладена сила , яка дорівнює , але протилежно їй напрямлена (рис. 1.25, в).

Звільнимо балку від в’язей. Реакція жорсткого закріплення складається з двох невідомих складових і , які напрямлені вздовж осей координат, і моменту пари сил, що виникає внаслідок дії сил опору підлоги, розподілених вздовж зануреного у підлогу кінця балки.

Задача визначення , і також статично визначена.

Складаємо рівняння рівноваги:

Звідси

кН;

кНм.

Приклад 1.5. Однорідний стержень завдовжки 0,4 м спирається кінцем на шорстку стінку і підтримується у рівновазі за допомогою невагомого мотузка (рис. 1.24). Визначити коефіцієнт статичного тертя між стінкою і кінцем стержня, якщо м, м, а найменший кут при рівновазі стержня дорівнює 45°.

Розв’язання. Розглядаючи рівновагу стержня , прикладаємо до нього силу ваги і, звільняючи його від в’язей, реакції: натяг мотузка в точці , напрямлений від до , а також дві складові реакції стіни: – нормальну реакцію і – статичну силу тертя ковзання. Сила тертя напрямлена вниз, оскільки, якщо стержень не буде в рівновазі, то його кінець стане рухатися вгору, оскільки – найменший кут при рівновазі стержня.

 

Рисунок 1.24

На балку діє система сил на площині (три невідомі сили , і ). Задача статично визначена.

Початок системи координат вибираємо в точці .

Складаємо рівняння рівноваги:

Згідно з (1.1.7) , і з другого рівняння знаходимо

і далі

.

Натяг знаходимо з третього рівняння.

Остаточно

.

Приклад 1.6. Однорідна прямокутна полиця вагою
100 Н утримується в горизонтальному положенні за допомогою сферичного шарніра , завіси і невагомого мотузка , який утворює з вертикаллю кут 60° (рис. 1.25). Знайти реакції в’язей, якщо м, м.

Розв’язання. Розглянемо рівновагу . Активною силою є вага полиці, яка прикладена у її геометричному центрі . В’язі: сферичний шарнір , завіса і мотузок . Реакцію сферичного шарніра розкладаємо на три невідомі складові, напрямлені вздовж додатних напрямів осей координат. Реакція завіси лежить у площині, яка перпендикулярна до осі завіси, оскільки завіса не чинить опору пересуванню вздовж її осі. Отже, розкладаємо на складові, паралельні осям і : і .

Рисунок 1.25

Натяг мотузка напрямлений вздовж . У задачі шість невідомих складових сил. Система сил просторова, тому можемо скласти шість рівнянь рівноваги:

Після розв’язання цієї системи знаходимо:

Н; Н; Н;

Н; .