pobieranie: Teoria z mechaniki cz.2
Pobierz dokument docPrzeglądaj wersję html pliku:
WYKłADY Z MECHANIKI OGÓLNEJ
(dla studiów zaocznych)
Bogdan Wilczyński
Koszalin, 1993
I. WSTĘP DO MECHANIKI
I.1 Mechanika, jej rola i podział
Mechanika jest działem fizyki, zajmującym się badaniem ruchu ciał
materialnych pod działaniem sił i ich mechanicznego oddziaływania.
Podział mechaniki przedstawiono na rys. I.1.1.
Rys. I.1.1.
Znaczenie mechaniki
1) dostarcza wiedzy niezbędnej do studiowania wytrzymałości i
stateczności konstrukcji, drgań mechanicznych, teorii maszyn i
mechanizmów,
2) uczy ścisłego myślenia.
Treścią naszych wykładów jest mechanika ogólna, zwana również
mechaniką klasyczną, teoretyczną lub newtonowską. Mechanika ogólna
bada ruch (spoczynek jest szczególnym przypadkiem ruchu) uproszczonych
obiektów materii, takich jak: punkt materialny - punkt w sensie
geometrycznym, któremu przypisano pewną masę, cialo sztywne - takie
ciało, które pod działaniem sił nie zmienia swoich wymiarów
geometrycznych.
Podział mechaniki ogólnej:
1. S t a t y k a - zajmuje się badaniem równowagi ciał,
2. K i n e m a t y k a - bada ruch bez uwzględnienia masy i przyczyn
wywołujących ruch,
3. D y n a m i k a - bada ruch ciał w zależności od działania sił.
II.2 Elementy rachunku wektorowego
Rachunek wektorowy został stworzony szczególnie dla potrzeb
mechaniki. Upraszcza on znacznie zapis matematyczny oraz ułatwia
rozważania teoretyczne.
I.2.1. Skalar i wektor
Wielkości fizyczne występujące w mechanice są wielkościami
skalarowymi i wektorowymi.
S k a l a r - wielkość dająca się przedstawić punktami skali,
,czyli podziałki liniowej. Przykładami wielkości skalarowych są:
masa, objętość, praca, moc, czas.
W e k t o r - odcinek zorientowany w przestrzeni określony przez: 1)
wartość (moduł), 2) kierunek i 3) zwrot. Przykładami wielkości
wektorowych są: siła, moment, prędkość, przyspieszenie.
I.2.2. Podział wektorów
Wektory dzielimy na: 1) swobodne, jeśli jest obojętne, gdzie jest
początek wektora (rys. I.2.1), 2) posuwne, jeśli początek wektora
musi leżeć na pewnej prostej (rys. I.2.2) 3) związane, jeśli
początek wektora jest określony (rys. I.2.3).
Rys. I.2.1 Rys. I.2.2 Rys. I.2.3
I.2.3. Działania na wektorach
I.2.3.1. Oznaczenia.
W druku wektor oznaczamy tłustą czcionką np. P, w notatkach (na
tablicy) zwykłą literą z daszkiem, np. P. Wartość wektora
oznaczamy zwykłą literą np. P.
I.2.3.2. Układ odniesienia.
Do opisu zjawisk fizycznych posługujemy się najczęściej
prostokątnym układem odniesienia (rys. I.2.1)
I.2.2.4. Dodawanie (składanie) wektorów
Dane są dwa wektory a i b. Szukamy wektora wypadkowego w = a + b (rys.
I.2.4)
Rys. I.2.4.
Jeśli mamy więcej wektorów (rys. I.2.5)
Rys. I.2.5
I.2.3.5. Wektory przeciwne
Wektorem przeciwnym do wektora a nazywamy wektor b, którego wartość
i kierunek są takie same jak wektora a, natomiast zwrot jest przeciwny.
Zapisujemy b = - a (rys. I.2.6).
Rys. I.2.6
I.2.3.6. Odejmowanie wektorów
Aby odjąć wektor b od wektora a należy do wektora a dodać wektor
przeciwny do wektora b, t.j. c = a-b = a+(-b)(rys. I.2.7)
Rys. I.2.7
I.2.3.7. Rozkład wektora na kierunki
Dany jest wektor a oraz dwa kierunki k1 i k2 . Wektor a = s1 + s2
(rys.I.2.8):
Rys. I.2.8
I.2.3.8. Równość wektorów.
Dwa wektory są równe, co zapisujemy a = b, jeśli wszystkie
elementy mają równe.
I.2.3.9. Rzut wektora na oś.
Rzutem prostokątnym wektora a na oś l nazywamy wektor al, którego
początkiem jest rzut początku wektora a, natomiast końcem jest rzut
końca wektora a. Miarę rzutu a nazywamy krótko składową. Składowa
ma znak + , gdy rzut jest zgodny z osią, -, gdy rzut nie jest zgodny
z osią (rys. I.2.9).
Rys. I.2.9
Przykład
Siła F = 100 N działa pod kątem SYMBOL 97 \f "Symbol" = 20o do
poziomu (osi x). Dane są dwa układy współrzędnych xy i x'y'. Osie
układu x'y' są obrócone o kąt 30o względem układu xy. Wyznaczyć
składowe siły F na kierunkach: (1) xy, (2) x'y', (3) x'y.
Rozwiązanie
1) 2) 3)
Fx = 100 cos20 = 94.0 N
Fy = 100 sin20 = 34.2 N
Fx' = 100 cos50 = 64.3 N
Fy' = 100 sin50 = 76.6 N
Fx' = 100 0.94/0.87 = 108.5 N
Fy = 100 0.77/0.87 = 88.5 N
I.2.3.10. Iloczyn skalarny
Iloczyn skalarny dwóch wektorów oznaczamy c = a b = a b cos(a,b)
Własność: a b = b a.
Przypadki szczególne: a b = 0, gdy a SYMBOL 94 \f "Symbol" b, a b
= ab, gdy a SYMBOL 189 \f "Symbol" SYMBOL 189 \f "Symbol" b.
I.2.3.11. Iloczyn wektorowy
Wektor c jest iloczynem wektorowym wektorów a i b, co zapisujemy c = a
* b o własnościach:
1) moduł c = ab sin(a,b),
2) kierunek c SYMBOL 94 \f "Symbol" a oraz c SYMBOL 94 \f "Symbol"
b,
3) zwrot c taki, że wektory a,b,c stanowią układ prawoskrętny (rys.
I.2.10).
Rys. I.2.10
I.2.3.12. Moment wektora względem punktu
Momentem wektora a względem punktu O jest wektor
Mo (a) = r * a,
gdzie r jest wektorem, którego początek znajduje się w punkcie O,
zaś koniec jest jednocześnie początkiem wektora a (rys.I.2.11).
Rys. I.2.11
II. STATYKA
II.1. Pojęcie siły
S i ł a - oddziaływanie jednego ciała na drugie. Druga definicja -
każda przyczyna wprawiajaca ciało w ruch. Siła jest wielkością
wektorową.
U k ł a d s i ł - kilka sił działających na ciało.
II.1.1. Klasyfikacja sił
Siły działające na ciało dzielimy na:
1) Siły zewnętrzne - pochodzą od oddziaływania obcych ciał na
ciała rozpatrywanego układu materialnego.
2) Siły wewnętrzne - pochodzące od wzajemnego oddziaływania
ciał danego układu.
II.1.2.,Podział sił zewnętrznych
Siły zewnętrzne dzielimy na s i ł y c z y n n e starające
się wprawić ciało w ruch i si- ł y b i e r n e
przeciwdziałające ruchowi (reakcje).
II.1.3. Układ sił
U k ł a d s i ł - jeśli na ciało działa kilka sił,
nazywamy je układem sił.
II.2. Zadania statyki
- zastąpienie układu sił układem prostszym (redukcja układu sił),
- określenie warunków równowagi ciała sztywnego.
II.3. Zasady statyki
Z a s a d a (pewnik, aksjomat) - pewna prawda przyjęta na podstawie
obserwacji zjawisk fizycznych. Zasady nie można udowodnić
teoretycznie, ale można wykazać jej słuszność na podstawie
doświadczenia.
Zasada równoległoboku.
Dwie siły przyłożone do jednego punktu możemy zastąpić siłą
wypadkową przyłożoną do tego punktu, będącą przekątną
równoległoboku utworzonego na tych siłach.
W = P1 + P2
W = P1 + P2
W = P1 - P2
Zasada równowagi.
Dwie siły przyłożone do ciała sztywnego równoważą się tylko
wtedy, gdy działają wzdłuż jednej prostej, są przeciwnie skierowane
i mają tę same wartości liczbowe (dwójka zerowa).
P2 = - P1
P1 = P2
Zasada dołączania i odejmowania sił będących w równowadze.
Działanie układu sił nie ulegnie zmianie, gdy dodamy do niego lub
odejmiemy układ sił równoważących się (dwójkę zerową)
Zasada oswobodzania od więzów.
Każde ciało nieswobodne możemy myślowo oswobodzić oswobodzić od
więzów, zastępując ich oddziaływanie siłami reakcji (krótko,
reakcjami) i traktować jako swobodne pod działaniem sił czynnych i
reakcji więzów.
II.4. Więzy i ich reakcje
W i ę z a m i nazywamy czynniki ograniczające ruch ciała.
C i a ł o s w o b o d n e - takie ciało, które może wykonywać
dowolne ruchy wywołane siłami czynnymi
W punkcie zetknięcia się danego ciała z powierzchnią na ciało
działa siła reakcji R, którą możemy rozłożyć na dwie
składowe: normalną do powierzchni N, oraz styczną T, zwaną siłą
tarcia.
Więzy dzielimy na:
a) idealne,
b) rzeczywiste.
Takie więzy w których nie występuje tarcie nazywamy więzami
idealnie gładkimi.
Ponieważ w dalszym ciągu zajmować się będziemy głównie
zagadnieniami płaskimi, będziemy mieli do czynienia z następującymi
grupami więzów:
1. Więzy o jednej niewiadomej (rys. II.4.1)
a) podparcie na idealnie gładkiej powierzchni,
b) podparcie na podporze przesuwnej (łożysku ruchomym),
c) zawieszenie na wiotkim cięgnie
d) podparcie na ostrzu lub ostrej krawędzi,
a) b) c) d)
Rys. II.4.1
2. Więzy o dwóch niewiadomych (rys. II.4.2)
a) podparcie na powierzchni chropowatej,
b) podparcie na podporze stałej (łożysko stałe).
a) b)
Rys. II.4.2
3. Więzy o trzech niewiadomych - utwierdzenie sztywne (rys. II.4.3)
Rys. II.4.3
II.5. Klasyfikacja układów sił
Układy sił dzielimy na dwie podstawowe grupy:
1) układy sił zbieżnych,
2) układy sił dowolnych.
Układy sił zbieżnych charakteryzują się tym, że ich linie
działania przecinają się w jednym punkcie. Jeśli tylko jedna z linii
nie ma z pozostałymi punktu wspólnego, to taki układ sił nazywamy
dowolnym.
Gdy linie działania sił leżą w jednej płaszczyżnie, to takie
układy sił nazywamy płaskimi.
Mamy więc (rys. II.5.1):
1) układ sił płaski zbieżny,
2) układ sił płaski dowolny,
3) układ płaski sił równoległych (szczególny przypadek układu
płaskiego dowolnego)
1) 2) 3)
Rys. II.5.1
W ogólności mamy (rys. II.5.2):
1) układ sił przestrzenny zbieżny,
2) układ sił dowolny,
3) układ przestrzenny sił równoległych (szczególny przypadek
układu sił dowolnego).
1) 2) 3)
Rys. II.5.2
II.6. Redukcja układu sił zbieżnych
II.6.1. Redukcja na drodze geometrycznej
Wykorzystując zasadę równoległoboku wykażemy, że układ sił
zbieżnych redukuje się do jednej siły, zwanej w y p a d k o w ą
(rys.II.6.1a). Dla wygody rozpatrujemy układ płaski sił zbieżnych.
a) b)
Rys. II.6.1
Istnieje również drugi znany nam sposób (rys. II.6.1b). Taką
konstrukcję nazywamy wielobokiem sił.
II.6.2. Redukcja na drodze analitycznej
Podstawą redukcji układu sił zbieżnych jest twierdzenie o
rzucie wypadkowej.
Rzut wypadkowej na dowolną oś równy jest sumie rzutów
poszczególnych sił składowych (rys. II.6.2).
Rys. II.6.2
Dany jest układ sił przestrzenny zbieżny. Rzutując wszystkie siły
na poszczególne osie mamy:
,
,
.
Mając składowe wypadkowej możemy obliczyć jej moduł oraz
kosinusy kierunkowe:
.
II.7. Warunki równowagi układu sił zbieżnych
Warunkiem równowagi układu sił zbieżnych jest zerowanie się
wypadkowej.
Stąd warunek geometryczny równowagi W = 0, a warunki analityczne
równowagi przedstawiają się następująco:
.
Dla układu sił płaskiego zbieżnego obowiązują dwa pierwsze
równania równowagi.
.
Przykład 1
Z jaką siłą P musi ciągnąć linę człowiek, aby trzymać ciężar
500 N w położeniu jak na rysunku ?
Rys.
Rozwiązanie
Układ sił jest układem płaskim zbieżnym.
Równania równowagi:
SYMBOL 83 \f "Symbol" X = -T sin SYMBOL 97 \f "Symbol" + P cos30o
= 0,
SYMBOL 83 \f "Symbol" Y = T cos SYMBOL 97 \f "Symbol" - 500 - P
sin30o = 0.
Z danych na rysunku: sin SYMBOL 97 \f "Symbol" = 1.8/6.0, SYMBOL 97 \f
"Symbol" = 17o30'.
Z pierwszego równania wyznaczamy siłę T i podstawiamy ją do
drugiego równania.
Z drugiego równania otrzymujemy ostatecznie, że:
P = 221.8 N.
Przykład 2
W celu wyciągnięcia pala z ziemi zbudowano układ składający się
ramy wspornikowej i odpowiednio połączonych cięgien (patrz rys.).
Opór jaki stawia pal (ciężar pala + tarcie gruntu o pal) wynosi 10
kN. Jaką siłę należy przyłożyć w punkcie E, aby wyciągnąć pal
z gruntu.
Rys.
Rozwiązanie
Układ przedstawiony na rys. jest układem złożonym i możemy go
rozłożyć na dwa podukłady sił zbieżnych.
Równania równowagi dla podukładu II:
SYMBOL 83 \f "Symbol" X = - SEB + SBC sin SYMBOL 97 \f "Symbol" = 0
SYMBOL 83 \f "Symbol" Y = - Q + SBC cos SYMBOL 97 \f "Symbol" =
0.
Stąd: SBC = Q/cos SYMBOL 97 \f "Symbol" , SEB = Q tg SYMBOL 97 \f
"Symbol" .
Równania równowagi dla podukładu I:
SYMBOL 83 \f "Symbol" X = - SDE cos SYMBOL 97 \f "Symbol" + SEB = 0
SYMBOL 83 \f "Symbol" Y = SDE sin SYMBOL 97 \f "Symbol" - P = 0.
Stąd:
SDE = SEB /cos SYMBOL 97 \f "Symbol" = Q tg SYMBOL 97 \f "Symbol"
/cos SYMBOL 97 \f "Symbol" ,
P = Q tg SYMBOL 97 \f "Symbol" sin SYMBOL 97 \f "Symbol" /cos SYMBOL
97 \f "Symbol" = Q tg 2 SYMBOL 97 \f "Symbol" .
Na przykład:
dla tg SYMBOL 97 \f "Symbol" = 0.1, co odpowiada kątowi SYMBOL 97 \f
"Symbol" = 6o P = 1 kN.
II.8. Redukcja dowolnego układu sił
Zanim przystąpimy do omawiania zagadnienia redukcji układu sił
dowolnego, podamy niezbędne definicje i twierdzenia: pojęcie pary
sił, momentu siły względem punktu, momentu siły względem osi,
twierdzenie o równoległym przesunięciu siły oraz twierdzenie o
momencie wypadkowej.
II.8.1. Para sił. Własności pary sił.
Parą sił nazywamy dwie siły leżące na dwóch równoległych,
niepokrywających się prostych o jednakowych modułach, lecz
przeciwnych zwrotach.
Własności pary sił:
1) rzut pary sił na dowolną oś jest równy zeru,
2) moment pary sił nie zależy od punktu względem którego go liczymy
i jest równy iloczynowi modułu jednej z sił razy odległość
pomiędzy liniami działania sił (moment pary sił jest wektorem
swobodnym),
3) każdą parę sił można zastąpić inną parą sił zachowując
moment niezmieniony.
II.8.2. Moment siły względem punktu
Momentem siły P względem punktu O nazywamy iloczyn wektorowy wektora
r przez wektor siły P, gdzie r jest wektorem poprowadzonym od punktu O
do punktu przyłożenia siły P (rys. II.8.1)
M = r x P, M = P rsin SYMBOL 106 \f "Symbol" = P a
Rys. II.8.1
II.8.3. Moment siły względem dowolnej osi
Momentem siły P względem osi l nazywamy moment rzutu P' siły P na
płaszczyznę prostopadłą do osi l, mierzony względem punktu
przebicia tej osi z płaszczyzną (rys. II.8.2)
Rys. II.8.2
II.8.4. Twierdzenie o równoległym przesunięciu siły
Podstawą redukcji układu sił dowolnie zorientowanych w przestrzeni
jest twierdzenie o równoległym przesunięciu siły.
Siłę możemy przesuwać równolegle w płaszczyżnie jej działania
dodając parę sił.
II.8.5. Twierdzenie o momencie wypadkowej (tw. Varignona)
Moment wypadkowej równa się sumie momentów poszczególnych
sił składowych.
M10 = P1 h1 , M20 = P2 h2, M0 = P h.
Ponieważ: h1 = d cos SYMBOL 97 \f "Symbol" 1, h2 = d cos SYMBOL 97 \f
"Symbol" 2, h = d cos SYMBOL 97 \f "Symbol" ,,
M10 = P1 d cos SYMBOL 97 \f "Symbol" 1, M20 = P2 d cos SYMBOL 97
\f "Symbol" 2, M0 = P d cos SYMBOL 97 \f "Symbol" .
Z drugiej strony
P1 cos SYMBOL 97 \f "Symbol" 1 = P1x, P2 cos SYMBOL 97 \f "Symbol" 2
= P2x, P cos SYMBOL 97 \f "Symbol" = Px,
zatem:
M10 = P1x d, M20 = P2x d, M0 = Px d,
a ponieważ: Px = P1x + P2x,
więc:
M0 = P1X d + P2x d = M10 + M20, co trzeba było wykazac.
II.8.6 Redukcja układu sił dowolnych na drodze geometrycznej
Dany jest układ n sił działałących na ciało sztywne (rys.
II.8.3). Obieramy pewien dowolny punkt O zwany biegunem redukcji.
Przesuwamy kolejno siły do zaczepione w różnych punktach ciała do
bieguna redukcji. Pamiętamy, że przesuwając siłę musimy dodać
parę sił (patrz twierdzenie o równoległym przesunięciu siły).
SYMBOL 186 \f "Symbol"
Rys.II.8.3
W biegunie redukcji otrzymujemy dwa pęki wektorów: pęk wektorów sił
P1, P2,....,Pn (tu n=3), oraz pęk wektorów par sił M1, M2,....,Mn.
Siły P1, P2,....,Pn (siły zbieżne w jednym punkcie) zastępujemy
jedną siłą wypadkową W.
Podobnie pary sił M1, M2,....,Mn składamy w jedną parę sił M zwaną
momentem głównym.
W n i o s e k. Dowolny układ n sił redukuje się do wypadkowej W
(zwanej też siłą główną) oraz do momentu głównego M.
II.8.7. Redukcja układu sił dowolnych na drodze analitycznej
W biegunie redukcji przyjmujemy układ współrzędnych prostokątnych
x,y,z. Z twierdzenia o rzucie wypadkowej mamy:
,
,
,
natomiast z twierdzenia o momencie wypadkowej mamy:
,
,
,
Mając składowe wypadkowej oraz składowe momentu głównego możemy
wyznaczyć moduł wypadkowej, moduł momentu głównego oraz odpowiednie
kosinusy kierunkowe (patrz II.6.2.).
Przykład obliczania momentu względem osi x,y,z
Siła F = 1000 N przyłożona jest w punkcie A (0, 0, 50) i skierowana
do punktu B (40, 0, 30). Wyznaczyć składową M momentu od siły F.
Wymiary podano w [m] (rys. 1.5).
Rys. 1.5
Rozwiązanie
Zadanie można rozwiązać dwoma sposobami.
Sposób (1). Wykorzystujemy definicję momentu względem dowolnej osi.
W tym celu rozkładamy siłę F na składowe F i F (rys 1.5).
Składowa F jest równoległa do osi z, więc tylko składowa F daje
moment względem osi z
M = F d,
gdzie d jest najkrótszą odległością linii działania F od punktu O
i wynosi:
Ostatecznie mamy:
M = 906 31.2 = 28300 Nm.
Sposób (2). Siłę F rozkładamy na trzy składowe. Składowych F i F
nie obliczamy, gdyż pierwsza leży na osi z, a druga ją przecina.
Stąd: M = F OA = 566 50 = 28300 Nm.
II.9. Warunki równowagi układu sił dowolnych
II.9.1. Warunki geometryczne
Aby dowolny układ sił był w równowadze wypadkowa W oraz moment M
muszą być równe zeru (warunek konieczny i dostateczny)
W = 0, M = 0.
II.9.2. Warunki analityczne
Zerowanie się wektorów wypadkowej W oraz momentu M pociąga za sobą
zerowanie się ich składowych, co zapisujemy w postaci 6-ciu równań
równowagi:
.
.
Jeśli siły działają w jednej płaszczyżnie, to liczba równań
równowagi redukuje się do 3-ch:
.
Dla układu przestrzennego sił równoległych mamy następujące r-nia:
a dla układu płaskiego sił równoległych tylko 2 r-nia równowagi:
Przykład
Belkę obciążono i zamocowano jak na rys. Wyznaczyć reakcje belki
dla następujących danych: l = 3 m, b = 1 m, a = 1 m, q = 2 kN/m, F =
4 kN, a = 60 .
Rys.
Rozwiązanie
Początek układu współrzędnych przyjmujemy w punkcie A. Oś x jest
skierowana wzdłuż osi belki, a oś y jest do niej prostopadła. Z
oznaczeń na rys. wynika, że na lewy koniec belki nałożono więzy w
postaci podpory przegubowej stałej, a w punkcie B w postaci podpory
przesuwnej.
Równania równowagi:
( SYMBOL 83 \f "Symbol" X = 0) 4 cos60o + XA = 0,
( SYMBOL 83 \f "Symbol" SYMBOL 83 \f "Symbol" = 0) - 4 sin60o + YA
+ YB - 2x1 = 0,
( SYMBOL 83 \f "Symbol" MA = 0) - 4 sin60o 1 - 2 x1 x 2.5 + YB x 3 = 0.
Po rozwiąząniu układu równań równowagi otrzymujemy następujące
wartości składowych reakcji podpór:
XA = - 2 kN, Ya = 2.64 kN, Yb = 2.82 kN.
Zadanie
Wzorując się na powyższym przykładzie wyznaczyć reakcje belek
przedstawionych na poniższych rysunkach.
a) b) c)
d) e) f)
Rys.
Rozwiązania
(a) Belka jest dwukrotnie statycznie niewyznaczalna (składowe reakcji
YA, YB, YC, MC), więc nie jest możliwe rozwiązanie zadania przez
ułożenie wyłącznie równań równowagi. Muszą być ułożone
dodatkowe równania (patrz kurs Wytrzymałości materiałów).
(b) Belka jest statycznie wyznaczalna.
Możemy ułożyć następujące równania równowagi:
( SYMBOL 83 \f "Symbol" Y = 0) YA + YB--- q2a - qa = 0,
( SYMBOL 83 \f "Symbol" MA = 0) - qa - q2a a - qa 3a + Y a = 0.
Stąd:
YB = 6 qa, YA = - 3 qa.
c) - f) Porównaj rozwiązanie wariantu b).
Przykład
Wyznaczyć reakcje podpór sztywnej ramy (rys.) poddanej działaniu
poziomej siły P i rozłożonej, w postaci trójkąta. Dane liczbowe: P
= 2 kN, q = 0.2 kN/m, h = 3 m, l = 1.5 m.
Rys.
Rozwiązanie
Przyjmując układ współrzędnych jak na rys. zapisujemy następujące
równania równowagi:
Po rozwiązaniu układu równań otrzymujemy:
X = - 2.3 kN, Y = - 4.2 kN, Y = 4.2 kN.
Zadanie
Wyznaczyć reakcje ram statycznie wyznaczalnych pokazanych na rys. a -
rys. d.
a) b) c) d)
Rys.
Przykład
Drabina składa się z dwóch członów AC i BC o ciężarze Q i
długości l każdy, połączonych przegubem w punkcie C oraz liną DE
(rys. 3.7). Drabina stoi na gładkiej podłodze, a w punkcie F stoi
człowiek o ciężarze P. Dane: AD = BE = a, CF = c, oraz kąt a
pomiędzy poszczególnymi członami a podłogą.
Rys.
Rozwiązanie
W punktach A i B przykładamy siły reakcji YA i YB. Ponadto rozcinamy
cięgno przykładając w miejscu przecięcia siły RD, - RD. Siłę RC
pochodzącą odwzajemnego oddziaływania członów AC i BC rozkładamy
na kierunki przyjętego układu współrzędnych. Otrzymujemy w ten
sposób dwa podukłady sił płaskich dowolnych (rys. b, rys. c).
Mamy łącznie do wyznaczenia 5 niewiadomych YA, YB, RD, RCx, RCy, a
dla każdego podukładu możemy ułożyć po 3 równania równowagi.
Zatem liczba niewiadomych nieprzekracza liczby równań równowagi.
Układ sił działających na drabinę jest układem statycznie
wyznaczalnym.
Uwaga! Zwroty składowych reakcji w przegubie C przyjmujemy dowolnie,
ale zgodnie z zasadą wzajemnego oddziaływania ciał należących do
rozpatrywanego układu sił. Możliwe są więc następujące
kombinacje:
itp.
Równania równowagi:
Podukład (1):
SYMBOL 83 \f "Symbol" X = - RCx + RD = 0,
SYMBOL 83 \f "Symbol" Y = YA - Q - RCy = 0,
SYMBOL 83 \f "Symbol" MC = - YA l cosa + Q l/2 cosa + RD (l - a) sina
= 0,
Podukład (2):
SYMBOL 83 \f "Symbol" X = RCx - RD = 0,
SYMBOL 83 \f "Symbol" Y = RCy - P - Q + YB = 0
Przykład
Na dżwigni równoramiennej umocowanej przegubowo w punkcie M
zawieszono ciężar Q. W punkcie C opiera się o dżwignię koniec
pręta o ciężarze G,zamocowany przegubowo w punkcie D. Dane: MC = a
oraz ciężary Q i G. Znależć ME = x w jakiej należy zawiesić
ciężar Q, aby była zachowana równowaga.
Rys.
Rozwiązanie
Kąt pomiędzy belką CD a belką AB oznaczamy przez a, oraz
przyjmujemy długość belki CD = l. Wielkości te nie są dane i
ulegną uproszczeniu w przekształceniach algebraicznych. Ponieważ
układ przedstawiony na rys. jest układem złożonym, rozkłada-my go
na dwa podukłady proste. Aby wyznaczyć szukane ME = x, wystarczy
ułożyć 2 równania równowagi: równanie momentów względem punktu D
(dlaczego?) dla belki CD, oraz równanie momentów względem podpory M
(z tego samego powodu) dla belki AB.
G l/2 cosa - YC l cosa = 0.
Stąd:
YC = - G/2.
Q x = YC a.
Stąd:
x = YCa/Q = Ga/2Q.
Wyjaśnienie. Układamy równania momentów względem punktów C i M aby
nie wprowadzać do równań niewiadomych reakcji.
Przykład
Dwie jednorodne belki o ciężarze Q i długości l każda połączone
przegubowo w punkcie C oparto na dwóch idealnie gładkich kołkach jak
pokazuje rys. obliczyć kąt SYMBOL 106 \f "Symbol" w położeniu
równowagi, oraz reakcje w punktach podparcia D i E.
Wskazówka! Układ jest złożony i symetryczny względem osi pionowej.
Rys.
Rozwiązanie
Układ złożony rozkładamy na układy proste, z tym, że z uwagi na
warunki zadania nie musimy układać kompletu równań dla każdego
podukładu. Zadanie możemy rozwiązać następująco:
Z racji symetrii:
RD = RE .
Następnie, możemy ułożyć jedno równanie równowagi dla całego
układu, np, SYMBOL 83 \f "Symbol" Y = 0:
2 RD cosv - 2 Q = 0.
Uwaga! Składowe reakcji w punkcie C nie wchodzą do równań równowagi
ułożonych dla całego układu.
Trzecie równanie równowagi (mamy trzy niewiadome) możemy ułożyć
dla jednego z podukładów, np. z lewej strony (patrz rys. ). Aby nie
wprowadzać do równań niewiado-mych reakcji przegubu C, układamy
równania momentów względem tego przegubu.
- RDa/cos SYMBOL 106 \f "Symbol" + Q l/2 cos SYMBOL 106 \f "Symbol"
= 0.
Po rozwiązaniu układu powyższych równań otrzymujemy:
SYMBOL 106 \f "Symbol" = RD = RE =
Pozornie, zadanie wydaje się być skomplikowane, ale ułożenie
odpowiednich równań równowagi szybko prowadzi do żądanego
wyniku.
Przykład
Dwa jednakowe pręty AB i BC, o ciężarze Q każdy, połączone są
przegubem B. Koniec C pręta BC połączony jest przegubowo do pionowej
ściany, zaś koniec A pręta AB opiera się o gładką płaszczyznę
poziomą. Dana jest odległość OC = c. Oba pręty znajdują się w
jednej płaszczyżnie pionowej. Jak wielką siłę poziomą trzeba
przyłożyć w punkcie A aby pręt AB tworzył z poziomem kąt SYMBOL
97 \f "Symbol" ?
Rys.
Rozwiązanie
Aby rozwiązać zadanie przy pomocy jak najmniejszej liczby równań
postępujemy następująco:
Układamy równanie momentów względem punktu C:
SYMBOL 83 \f "Symbol" MC = - P (a sin SYMBOL 97 \f "Symbol" + a sin
SYMBOL 98 \f "Symbol" ) + G a/2 cos SYMBOL 98 \f "Symbol" + G (a cos
SYMBOL 98 \f "Symbol" +
+ a/2 cos SYMBOL 97 \f "Symbol" ) + RA (a cos SYMBOL 97 \f "Symbol"
+ a cos SYMBOL 98 \f "Symbol" ) = 0.
Ponieważ do powyższego równania weszła niewiadoma reakcja RA
układamy równanie momentów względem punktu B dla podukładu (2). W
ten sposób unikamy wprowadzenia do równań kolejnych niewiadomych.
SYMBOL 83 \f "Symbol" M = - P a sin SYMBOL 97 \f "Symbol" - G a/2
cos SYMBOL 97 \f "Symbol" + RA a cos SYMBOL 97 \f "Symbol" = 0.
Kąt SYMBOL 98 \f "Symbol" jest znany, gdyż może być
wyznaczony z równania więzów:
c = a sin SYMBOL 98 \f "Symbol" + a sin SYMBOL 97 \f "Symbol" .
Stąd: sin SYMBOL 98 \f "Symbol" = (c-asin SYMBOL 97 \f "Symbol" )/a)
, SYMBOL 98 \f "Symbol" = arcsin[(c-asin SYMBOL 97 \f "Symbol" )/a].
Po rozwiązaniu układu równań otrzymujemy ostatecznie:
, tg SYMBOL 97 \f "Symbol" SYMBOL 185 \f "Symbol" tg SYMBOL 98 \f
"Symbol" .
Przykład
Wyznaczyć reakcje podpór A, B i D oraz reakcję w przegubie C belki
przegubowej (belka gerberowskiej) pokazanej na rys.
Rys.
Belkę przegubową rozkładamy na dwa podukłady: belkę AC i belkę
CD.
Równania równowagi dla podukładu (1):
( SYMBOL 83 \f "Symbol" X = 0) XA - XC = 0,
( SYMBOL 83 \f "Symbol" Y = 0) YA + YB -YC= 0,
( SYMBOL 83 \f "Symbol" MA = 0) YB a - YC (l - b) = 0.
Równania równowagi dla podukładu (2):
( SYMBOL 83 \f "Symbol" X = 0) XC - RD sina = 0,
( SYMBOL 83 \f "Symbol" Y = 0) -qb + RD cosa + YC = 0,
( SYMBOL 83 \f "Symbol" MC = 0) RD cos SYMBOL 97 \f "Symbol" b -
qb2/2 - = 0.
Po rozwiązaniu układu równań i podstawieniu danych liczbowych
otrzymujemy:
XA = 0.29 kN, YA = - 0.50 Kn, XB = 0.29 kN,
YC = + 0.50 kN, XC = 1.0 kN, RD = 0.58 kN.
STRONA 20
Teoria z mechaniki cz.2
WYKłADY Z MECHANIKI OGÓLNEJ
(dla studiów zaocznych)
Bogdan Wilczyński
Koszalin, 1993
I. WSTĘP DO MECHANIKI
I.1 Mechanika, jej rola i podział
Mechanika jest działem fizyki, zajmującym się badaniem ruchu ciał
materialnych pod działaniem sił i ich mechanicznego oddziaływania.
Podział mechaniki przedstawiono na rys. I.1.1.
Rys. I.1.1.
Znaczenie mechaniki
1) dostarcza wiedzy niezbędnej do studiowania wytrzymałości i
stateczności konstrukcji, drgań mechanicznych, teorii maszyn i
mechanizmów,
2) uczy ścisłego myślenia.
Treścią naszych wykładów jest mechanika ogólna, zwana również
mechaniką klasyczną, teoretyczną lub newtonowską. Mechanika ogólna
bada ruch (spoczynek jest szczególnym przypadkiem ruchu) uproszczonych
obiektów materii, takich jak: punkt materialny - punkt w sensie
geometrycznym, któremu przypisano pewną masę, cialo sztywne - takie
ciało, które pod działaniem sił nie zmienia swoich wymiarów
geometrycznych.
Podział mechaniki ogólnej:
1. S t a t y k a - zajmuje się badaniem równowagi ciał,
2. K i n e m a t y k a - bada ruch bez uwzględnienia masy i przyczyn
wywołujących ruch,
3. D y n a m i k a - bada ruch ciał w zależności od działania sił.
II.2 Elementy rachunku wektorowego
Rachunek wektorowy został stworzony szczególnie dla potrzeb
mechaniki. Upraszcza on znacznie zapis matematyczny oraz ułatwia
rozważania teoretyczne.
I.2.1. Skalar i wektor
Wielkości fizyczne występujące w mechanice są wielkościami
skalarowymi i wektorowymi.
S k a l a r - wielkość dająca się przedstawić punktami skali,
,czyli podziałki liniowej. Przykładami wielkości skalarowych są:
masa, objętość, praca, moc, czas.
W e k t o r - odcinek zorientowany w przestrzeni określony przez: 1)
wartość (moduł), 2) kierunek i 3) zwrot. Przykładami wielkości
wektorowych są: siła, moment, prędkość, przyspieszenie.
I.2.2. Podział wektorów
Wektory dzielimy na: 1) swobodne, jeśli jest obojętne, gdzie jest
początek wektora (rys. I.2.1), 2) posuwne, jeśli początek wektora
musi leżeć na pewnej prostej (rys. I.2.2) 3) związane, jeśli
początek wektora jest określony (rys. I.2.3).
Rys. I.2.1 Rys. I.2.2 Rys. I.2.3
I.2.3. Działania na wektorach
I.2.3.1. Oznaczenia.
W druku wektor oznaczamy tłustą czcionką np. P, w notatkach (na
tablicy) zwykłą literą z daszkiem, np. P. Wartość wektora
oznaczamy zwykłą literą np. P.
I.2.3.2. Układ odniesienia.
Do opisu zjawisk fizycznych posługujemy się najczęściej
prostokątnym układem odniesienia (rys. I.2.1)
I.2.2.4. Dodawanie (składanie) wektorów
Dane są dwa wektory a i b. Szukamy wektora wypadkowego w = a + b (rys.
I.2.4)
Rys. I.2.4.
Jeśli mamy więcej wektorów (rys. I.2.5)
Rys. I.2.5
I.2.3.5. Wektory przeciwne
Wektorem przeciwnym do wektora a nazywamy wektor b, którego wartość
i kierunek są takie same jak wektora a, natomiast zwrot jest przeciwny.
Zapisujemy b = - a (rys. I.2.6).
Rys. I.2.6
I.2.3.6. Odejmowanie wektorów
Aby odjąć wektor b od wektora a należy do wektora a dodać wektor
przeciwny do wektora b, t.j. c = a-b = a+(-b)(rys. I.2.7)
Rys. I.2.7
I.2.3.7. Rozkład wektora na kierunki
Dany jest wektor a oraz dwa kierunki k1 i k2 . Wektor a = s1 + s2
(rys.I.2.8):
Rys. I.2.8
I.2.3.8. Równość wektorów.
Dwa wektory są równe, co zapisujemy a = b, jeśli wszystkie
elementy mają równe.
I.2.3.9. Rzut wektora na oś.
Rzutem prostokątnym wektora a na oś l nazywamy wektor al, którego
początkiem jest rzut początku wektora a, natomiast końcem jest rzut
końca wektora a. Miarę rzutu a nazywamy krótko składową. Składowa
ma znak + , gdy rzut jest zgodny z osią, -, gdy rzut nie jest zgodny
z osią (rys. I.2.9).
Rys. I.2.9
Przykład
Siła F = 100 N działa pod kątem SYMBOL 97 \f "Symbol" = 20o do
poziomu (osi x). Dane są dwa układy współrzędnych xy i x'y'. Osie
układu x'y' są obrócone o kąt 30o względem układu xy. Wyznaczyć
składowe siły F na kierunkach: (1) xy, (2) x'y', (3) x'y.
Rozwiązanie
1) 2) 3)
Fx = 100 cos20 = 94.0 N
Fy = 100 sin20 = 34.2 N
Fx' = 100 cos50 = 64.3 N
Fy' = 100 sin50 = 76.6 N
Fx' = 100 0.94/0.87 = 108.5 N
Fy = 100 0.77/0.87 = 88.5 N
I.2.3.10. Iloczyn skalarny
Iloczyn skalarny dwóch wektorów oznaczamy c = a b = a b cos(a,b)
Własność: a b = b a.
Przypadki szczególne: a b = 0, gdy a SYMBOL 94 \f "Symbol" b, a b
= ab, gdy a SYMBOL 189 \f "Symbol" SYMBOL 189 \f "Symbol" b.
I.2.3.11. Iloczyn wektorowy
Wektor c jest iloczynem wektorowym wektorów a i b, co zapisujemy c = a
* b o własnościach:
1) moduł c = ab sin(a,b),
2) kierunek c SYMBOL 94 \f "Symbol" a oraz c SYMBOL 94 \f "Symbol"
b,
3) zwrot c taki, że wektory a,b,c stanowią układ prawoskrętny (rys.
I.2.10).
Rys. I.2.10
I.2.3.12. Moment wektora względem punktu
Momentem wektora a względem punktu O jest wektor
Mo (a) = r * a,
gdzie r jest wektorem, którego początek znajduje się w punkcie O,
zaś koniec jest jednocześnie początkiem wektora a (rys.I.2.11).
Rys. I.2.11
II. STATYKA
II.1. Pojęcie siły
S i ł a - oddziaływanie jednego ciała na drugie. Druga definicja -
każda przyczyna wprawiajaca ciało w ruch. Siła jest wielkością
wektorową.
U k ł a d s i ł - kilka sił działających na ciało.
II.1.1. Klasyfikacja sił
Siły działające na ciało dzielimy na:
1) Siły zewnętrzne - pochodzą od oddziaływania obcych ciał na
ciała rozpatrywanego układu materialnego.
2) Siły wewnętrzne - pochodzące od wzajemnego oddziaływania
ciał danego układu.
II.1.2.,Podział sił zewnętrznych
Siły zewnętrzne dzielimy na s i ł y c z y n n e starające
się wprawić ciało w ruch i si- ł y b i e r n e
przeciwdziałające ruchowi (reakcje).
II.1.3. Układ sił
U k ł a d s i ł - jeśli na ciało działa kilka sił,
nazywamy je układem sił.
II.2. Zadania statyki
- zastąpienie układu sił układem prostszym (redukcja układu sił),
- określenie warunków równowagi ciała sztywnego.
II.3. Zasady statyki
Z a s a d a (pewnik, aksjomat) - pewna prawda przyjęta na podstawie
obserwacji zjawisk fizycznych. Zasady nie można udowodnić
teoretycznie, ale można wykazać jej słuszność na podstawie
doświadczenia.
Zasada równoległoboku.
Dwie siły przyłożone do jednego punktu możemy zastąpić siłą
wypadkową przyłożoną do tego punktu, będącą przekątną
równoległoboku utworzonego na tych siłach.
W = P1 + P2
W = P1 + P2
W = P1 - P2
Zasada równowagi.
Dwie siły przyłożone do ciała sztywnego równoważą się tylko
wtedy, gdy działają wzdłuż jednej prostej, są przeciwnie skierowane
i mają tę same wartości liczbowe (dwójka zerowa).
P2 = - P1
P1 = P2
Zasada dołączania i odejmowania sił będących w równowadze.
Działanie układu sił nie ulegnie zmianie, gdy dodamy do niego lub
odejmiemy układ sił równoważących się (dwójkę zerową)
Zasada oswobodzania od więzów.
Każde ciało nieswobodne możemy myślowo oswobodzić oswobodzić od
więzów, zastępując ich oddziaływanie siłami reakcji (krótko,
reakcjami) i traktować jako swobodne pod działaniem sił czynnych i
reakcji więzów.
II.4. Więzy i ich reakcje
W i ę z a m i nazywamy czynniki ograniczające ruch ciała.
C i a ł o s w o b o d n e - takie ciało, które może wykonywać
dowolne ruchy wywołane siłami czynnymi
W punkcie zetknięcia się danego ciała z powierzchnią na ciało
działa siła reakcji R, którą możemy rozłożyć na dwie
składowe: normalną do powierzchni N, oraz styczną T, zwaną siłą
tarcia.
Więzy dzielimy na:
a) idealne,
b) rzeczywiste.
Takie więzy w których nie występuje tarcie nazywamy więzami
idealnie gładkimi.
Ponieważ w dalszym ciągu zajmować się będziemy głównie
zagadnieniami płaskimi, będziemy mieli do czynienia z następującymi
grupami więzów:
1. Więzy o jednej niewiadomej (rys. II.4.1)
a) podparcie na idealnie gładkiej powierzchni,
b) podparcie na podporze przesuwnej (łożysku ruchomym),
c) zawieszenie na wiotkim cięgnie
d) podparcie na ostrzu lub ostrej krawędzi,
a) b) c) d)
Rys. II.4.1
2. Więzy o dwóch niewiadomych (rys. II.4.2)
a) podparcie na powierzchni chropowatej,
b) podparcie na podporze stałej (łożysko stałe).
a) b)
Rys. II.4.2
3. Więzy o trzech niewiadomych - utwierdzenie sztywne (rys. II.4.3)
Rys. II.4.3
II.5. Klasyfikacja układów sił
Układy sił dzielimy na dwie podstawowe grupy:
1) układy sił zbieżnych,
2) układy sił dowolnych.
Układy sił zbieżnych charakteryzują się tym, że ich linie
działania przecinają się w jednym punkcie. Jeśli tylko jedna z linii
nie ma z pozostałymi punktu wspólnego, to taki układ sił nazywamy
dowolnym.
Gdy linie działania sił leżą w jednej płaszczyżnie, to takie
układy sił nazywamy płaskimi.
Mamy więc (rys. II.5.1):
1) układ sił płaski zbieżny,
2) układ sił płaski dowolny,
3) układ płaski sił równoległych (szczególny przypadek układu
płaskiego dowolnego)
1) 2) 3)
Rys. II.5.1
W ogólności mamy (rys. II.5.2):
1) układ sił przestrzenny zbieżny,
2) układ sił dowolny,
3) układ przestrzenny sił równoległych (szczególny przypadek
układu sił dowolnego).
1) 2) 3)
Rys. II.5.2
II.6. Redukcja układu sił zbieżnych
II.6.1. Redukcja na drodze geometrycznej
Wykorzystując zasadę równoległoboku wykażemy, że układ sił
zbieżnych redukuje się do jednej siły, zwanej w y p a d k o w ą
(rys.II.6.1a). Dla wygody rozpatrujemy układ płaski sił zbieżnych.
a) b)
Rys. II.6.1
Istnieje również drugi znany nam sposób (rys. II.6.1b). Taką
konstrukcję nazywamy wielobokiem sił.
II.6.2. Redukcja na drodze analitycznej
Podstawą redukcji układu sił zbieżnych jest twierdzenie o
rzucie wypadkowej.
Rzut wypadkowej na dowolną oś równy jest sumie rzutów
poszczególnych sił składowych (rys. II.6.2).
Rys. II.6.2
Dany jest układ sił przestrzenny zbieżny. Rzutując wszystkie siły
na poszczególne osie mamy:
,
,
.
Mając składowe wypadkowej możemy obliczyć jej moduł oraz
kosinusy kierunkowe:
.
II.7. Warunki równowagi układu sił zbieżnych
Warunkiem równowagi układu sił zbieżnych jest zerowanie się
wypadkowej.
Stąd warunek geometryczny równowagi W = 0, a warunki analityczne
równowagi przedstawiają się następująco:
.
Dla układu sił płaskiego zbieżnego obowiązują dwa pierwsze
równania równowagi.
.
Przykład 1
Z jaką siłą P musi ciągnąć linę człowiek, aby trzymać ciężar
500 N w położeniu jak na rysunku ?
Rys.
Rozwiązanie
Układ sił jest układem płaskim zbieżnym.
Równania równowagi:
SYMBOL 83 \f "Symbol" X = -T sin SYMBOL 97 \f "Symbol" + P cos30o
= 0,
SYMBOL 83 \f "Symbol" Y = T cos SYMBOL 97 \f "Symbol" - 500 - P
sin30o = 0.
Z danych na rysunku: sin SYMBOL 97 \f "Symbol" = 1.8/6.0, SYMBOL 97 \f
"Symbol" = 17o30'.
Z pierwszego równania wyznaczamy siłę T i podstawiamy ją do
drugiego równania.
Z drugiego równania otrzymujemy ostatecznie, że:
P = 221.8 N.
Przykład 2
W celu wyciągnięcia pala z ziemi zbudowano układ składający się
ramy wspornikowej i odpowiednio połączonych cięgien (patrz rys.).
Opór jaki stawia pal (ciężar pala + tarcie gruntu o pal) wynosi 10
kN. Jaką siłę należy przyłożyć w punkcie E, aby wyciągnąć pal
z gruntu.
Rys.
Rozwiązanie
Układ przedstawiony na rys. jest układem złożonym i możemy go
rozłożyć na dwa podukłady sił zbieżnych.
Równania równowagi dla podukładu II:
SYMBOL 83 \f "Symbol" X = - SEB + SBC sin SYMBOL 97 \f "Symbol" = 0
SYMBOL 83 \f "Symbol" Y = - Q + SBC cos SYMBOL 97 \f "Symbol" =
0.
Stąd: SBC = Q/cos SYMBOL 97 \f "Symbol" , SEB = Q tg SYMBOL 97 \f
"Symbol" .
Równania równowagi dla podukładu I:
SYMBOL 83 \f "Symbol" X = - SDE cos SYMBOL 97 \f "Symbol" + SEB = 0
SYMBOL 83 \f "Symbol" Y = SDE sin SYMBOL 97 \f "Symbol" - P = 0.
Stąd:
SDE = SEB /cos SYMBOL 97 \f "Symbol" = Q tg SYMBOL 97 \f "Symbol"
/cos SYMBOL 97 \f "Symbol" ,
P = Q tg SYMBOL 97 \f "Symbol" sin SYMBOL 97 \f "Symbol" /cos SYMBOL
97 \f "Symbol" = Q tg 2 SYMBOL 97 \f "Symbol" .
Na przykład:
dla tg SYMBOL 97 \f "Symbol" = 0.1, co odpowiada kątowi SYMBOL 97 \f
"Symbol" = 6o P = 1 kN.
II.8. Redukcja dowolnego układu sił
Zanim przystąpimy do omawiania zagadnienia redukcji układu sił
dowolnego, podamy niezbędne definicje i twierdzenia: pojęcie pary
sił, momentu siły względem punktu, momentu siły względem osi,
twierdzenie o równoległym przesunięciu siły oraz twierdzenie o
momencie wypadkowej.
II.8.1. Para sił. Własności pary sił.
Parą sił nazywamy dwie siły leżące na dwóch równoległych,
niepokrywających się prostych o jednakowych modułach, lecz
przeciwnych zwrotach.
Własności pary sił:
1) rzut pary sił na dowolną oś jest równy zeru,
2) moment pary sił nie zależy od punktu względem którego go liczymy
i jest równy iloczynowi modułu jednej z sił razy odległość
pomiędzy liniami działania sił (moment pary sił jest wektorem
swobodnym),
3) każdą parę sił można zastąpić inną parą sił zachowując
moment niezmieniony.
II.8.2. Moment siły względem punktu
Momentem siły P względem punktu O nazywamy iloczyn wektorowy wektora
r przez wektor siły P, gdzie r jest wektorem poprowadzonym od punktu O
do punktu przyłożenia siły P (rys. II.8.1)
M = r x P, M = P rsin SYMBOL 106 \f "Symbol" = P a
Rys. II.8.1
II.8.3. Moment siły względem dowolnej osi
Momentem siły P względem osi l nazywamy moment rzutu P' siły P na
płaszczyznę prostopadłą do osi l, mierzony względem punktu
przebicia tej osi z płaszczyzną (rys. II.8.2)
Rys. II.8.2
II.8.4. Twierdzenie o równoległym przesunięciu siły
Podstawą redukcji układu sił dowolnie zorientowanych w przestrzeni
jest twierdzenie o równoległym przesunięciu siły.
Siłę możemy przesuwać równolegle w płaszczyżnie jej działania
dodając parę sił.
II.8.5. Twierdzenie o momencie wypadkowej (tw. Varignona)
Moment wypadkowej równa się sumie momentów poszczególnych
sił składowych.
M10 = P1 h1 , M20 = P2 h2, M0 = P h.
Ponieważ: h1 = d cos SYMBOL 97 \f "Symbol" 1, h2 = d cos SYMBOL 97 \f
"Symbol" 2, h = d cos SYMBOL 97 \f "Symbol" ,,
M10 = P1 d cos SYMBOL 97 \f "Symbol" 1, M20 = P2 d cos SYMBOL 97
\f "Symbol" 2, M0 = P d cos SYMBOL 97 \f "Symbol" .
Z drugiej strony
P1 cos SYMBOL 97 \f "Symbol" 1 = P1x, P2 cos SYMBOL 97 \f "Symbol" 2
= P2x, P cos SYMBOL 97 \f "Symbol" = Px,
zatem:
M10 = P1x d, M20 = P2x d, M0 = Px d,
a ponieważ: Px = P1x + P2x,
więc:
M0 = P1X d + P2x d = M10 + M20, co trzeba było wykazac.
II.8.6 Redukcja układu sił dowolnych na drodze geometrycznej
Dany jest układ n sił działałących na ciało sztywne (rys.
II.8.3). Obieramy pewien dowolny punkt O zwany biegunem redukcji.
Przesuwamy kolejno siły do zaczepione w różnych punktach ciała do
bieguna redukcji. Pamiętamy, że przesuwając siłę musimy dodać
parę sił (patrz twierdzenie o równoległym przesunięciu siły).
SYMBOL 186 \f "Symbol"
Rys.II.8.3
W biegunie redukcji otrzymujemy dwa pęki wektorów: pęk wektorów sił
P1, P2,....,Pn (tu n=3), oraz pęk wektorów par sił M1, M2,....,Mn.
Siły P1, P2,....,Pn (siły zbieżne w jednym punkcie) zastępujemy
jedną siłą wypadkową W.
Podobnie pary sił M1, M2,....,Mn składamy w jedną parę sił M zwaną
momentem głównym.
W n i o s e k. Dowolny układ n sił redukuje się do wypadkowej W
(zwanej też siłą główną) oraz do momentu głównego M.
II.8.7. Redukcja układu sił dowolnych na drodze analitycznej
W biegunie redukcji przyjmujemy układ współrzędnych prostokątnych
x,y,z. Z twierdzenia o rzucie wypadkowej mamy:
,
,
,
natomiast z twierdzenia o momencie wypadkowej mamy:
,
,
,
Mając składowe wypadkowej oraz składowe momentu głównego możemy
wyznaczyć moduł wypadkowej, moduł momentu głównego oraz odpowiednie
kosinusy kierunkowe (patrz II.6.2.).
Przykład obliczania momentu względem osi x,y,z
Siła F = 1000 N przyłożona jest w punkcie A (0, 0, 50) i skierowana
do punktu B (40, 0, 30). Wyznaczyć składową M momentu od siły F.
Wymiary podano w [m] (rys. 1.5).
Rys. 1.5
Rozwiązanie
Zadanie można rozwiązać dwoma sposobami.
Sposób (1). Wykorzystujemy definicję momentu względem dowolnej osi.
W tym celu rozkładamy siłę F na składowe F i F (rys 1.5).
Składowa F jest równoległa do osi z, więc tylko składowa F daje
moment względem osi z
M = F d,
gdzie d jest najkrótszą odległością linii działania F od punktu O
i wynosi:
Ostatecznie mamy:
M = 906 31.2 = 28300 Nm.
Sposób (2). Siłę F rozkładamy na trzy składowe. Składowych F i F
nie obliczamy, gdyż pierwsza leży na osi z, a druga ją przecina.
Stąd: M = F OA = 566 50 = 28300 Nm.
II.9. Warunki równowagi układu sił dowolnych
II.9.1. Warunki geometryczne
Aby dowolny układ sił był w równowadze wypadkowa W oraz moment M
muszą być równe zeru (warunek konieczny i dostateczny)
W = 0, M = 0.
II.9.2. Warunki analityczne
Zerowanie się wektorów wypadkowej W oraz momentu M pociąga za sobą
zerowanie się ich składowych, co zapisujemy w postaci 6-ciu równań
równowagi:
.
.
Jeśli siły działają w jednej płaszczyżnie, to liczba równań
równowagi redukuje się do 3-ch:
.
Dla układu przestrzennego sił równoległych mamy następujące r-nia:
a dla układu płaskiego sił równoległych tylko 2 r-nia równowagi:
Przykład
Belkę obciążono i zamocowano jak na rys. Wyznaczyć reakcje belki
dla następujących danych: l = 3 m, b = 1 m, a = 1 m, q = 2 kN/m, F =
4 kN, a = 60 .
Rys.
Rozwiązanie
Początek układu współrzędnych przyjmujemy w punkcie A. Oś x jest
skierowana wzdłuż osi belki, a oś y jest do niej prostopadła. Z
oznaczeń na rys. wynika, że na lewy koniec belki nałożono więzy w
postaci podpory przegubowej stałej, a w punkcie B w postaci podpory
przesuwnej.
Równania równowagi:
( SYMBOL 83 \f "Symbol" X = 0) 4 cos60o + XA = 0,
( SYMBOL 83 \f "Symbol" SYMBOL 83 \f "Symbol" = 0) - 4 sin60o + YA
+ YB - 2x1 = 0,
( SYMBOL 83 \f "Symbol" MA = 0) - 4 sin60o 1 - 2 x1 x 2.5 + YB x 3 = 0.
Po rozwiąząniu układu równań równowagi otrzymujemy następujące
wartości składowych reakcji podpór:
XA = - 2 kN, Ya = 2.64 kN, Yb = 2.82 kN.
Zadanie
Wzorując się na powyższym przykładzie wyznaczyć reakcje belek
przedstawionych na poniższych rysunkach.
a) b) c)
d) e) f)
Rys.
Rozwiązania
(a) Belka jest dwukrotnie statycznie niewyznaczalna (składowe reakcji
YA, YB, YC, MC), więc nie jest możliwe rozwiązanie zadania przez
ułożenie wyłącznie równań równowagi. Muszą być ułożone
dodatkowe równania (patrz kurs Wytrzymałości materiałów).
(b) Belka jest statycznie wyznaczalna.
Możemy ułożyć następujące równania równowagi:
( SYMBOL 83 \f "Symbol" Y = 0) YA + YB--- q2a - qa = 0,
( SYMBOL 83 \f "Symbol" MA = 0) - qa - q2a a - qa 3a + Y a = 0.
Stąd:
YB = 6 qa, YA = - 3 qa.
c) - f) Porównaj rozwiązanie wariantu b).
Przykład
Wyznaczyć reakcje podpór sztywnej ramy (rys.) poddanej działaniu
poziomej siły P i rozłożonej, w postaci trójkąta. Dane liczbowe: P
= 2 kN, q = 0.2 kN/m, h = 3 m, l = 1.5 m.
Rys.
Rozwiązanie
Przyjmując układ współrzędnych jak na rys. zapisujemy następujące
równania równowagi:
Po rozwiązaniu układu równań otrzymujemy:
X = - 2.3 kN, Y = - 4.2 kN, Y = 4.2 kN.
Zadanie
Wyznaczyć reakcje ram statycznie wyznaczalnych pokazanych na rys. a -
rys. d.
a) b) c) d)
Rys.
Przykład
Drabina składa się z dwóch członów AC i BC o ciężarze Q i
długości l każdy, połączonych przegubem w punkcie C oraz liną DE
(rys. 3.7). Drabina stoi na gładkiej podłodze, a w punkcie F stoi
człowiek o ciężarze P. Dane: AD = BE = a, CF = c, oraz kąt a
pomiędzy poszczególnymi członami a podłogą.
Rys.
Rozwiązanie
W punktach A i B przykładamy siły reakcji YA i YB. Ponadto rozcinamy
cięgno przykładając w miejscu przecięcia siły RD, - RD. Siłę RC
pochodzącą odwzajemnego oddziaływania członów AC i BC rozkładamy
na kierunki przyjętego układu współrzędnych. Otrzymujemy w ten
sposób dwa podukłady sił płaskich dowolnych (rys. b, rys. c).
Mamy łącznie do wyznaczenia 5 niewiadomych YA, YB, RD, RCx, RCy, a
dla każdego podukładu możemy ułożyć po 3 równania równowagi.
Zatem liczba niewiadomych nieprzekracza liczby równań równowagi.
Układ sił działających na drabinę jest układem statycznie
wyznaczalnym.
Uwaga! Zwroty składowych reakcji w przegubie C przyjmujemy dowolnie,
ale zgodnie z zasadą wzajemnego oddziaływania ciał należących do
rozpatrywanego układu sił. Możliwe są więc następujące
kombinacje:
itp.
Równania równowagi:
Podukład (1):
SYMBOL 83 \f "Symbol" X = - RCx + RD = 0,
SYMBOL 83 \f "Symbol" Y = YA - Q - RCy = 0,
SYMBOL 83 \f "Symbol" MC = - YA l cosa + Q l/2 cosa + RD (l - a) sina
= 0,
Podukład (2):
SYMBOL 83 \f "Symbol" X = RCx - RD = 0,
SYMBOL 83 \f "Symbol" Y = RCy - P - Q + YB = 0
Przykład
Na dżwigni równoramiennej umocowanej przegubowo w punkcie M
zawieszono ciężar Q. W punkcie C opiera się o dżwignię koniec
pręta o ciężarze G,zamocowany przegubowo w punkcie D. Dane: MC = a
oraz ciężary Q i G. Znależć ME = x w jakiej należy zawiesić
ciężar Q, aby była zachowana równowaga.
Rys.
Rozwiązanie
Kąt pomiędzy belką CD a belką AB oznaczamy przez a, oraz
przyjmujemy długość belki CD = l. Wielkości te nie są dane i
ulegną uproszczeniu w przekształceniach algebraicznych. Ponieważ
układ przedstawiony na rys. jest układem złożonym, rozkłada-my go
na dwa podukłady proste. Aby wyznaczyć szukane ME = x, wystarczy
ułożyć 2 równania równowagi: równanie momentów względem punktu D
(dlaczego?) dla belki CD, oraz równanie momentów względem podpory M
(z tego samego powodu) dla belki AB.
G l/2 cosa - YC l cosa = 0.
Stąd:
YC = - G/2.
Q x = YC a.
Stąd:
x = YCa/Q = Ga/2Q.
Wyjaśnienie. Układamy równania momentów względem punktów C i M aby
nie wprowadzać do równań niewiadomych reakcji.
Przykład
Dwie jednorodne belki o ciężarze Q i długości l każda połączone
przegubowo w punkcie C oparto na dwóch idealnie gładkich kołkach jak
pokazuje rys. obliczyć kąt SYMBOL 106 \f "Symbol" w położeniu
równowagi, oraz reakcje w punktach podparcia D i E.
Wskazówka! Układ jest złożony i symetryczny względem osi pionowej.
Rys.
Rozwiązanie
Układ złożony rozkładamy na układy proste, z tym, że z uwagi na
warunki zadania nie musimy układać kompletu równań dla każdego
podukładu. Zadanie możemy rozwiązać następująco:
Z racji symetrii:
RD = RE .
Następnie, możemy ułożyć jedno równanie równowagi dla całego
układu, np, SYMBOL 83 \f "Symbol" Y = 0:
2 RD cosv - 2 Q = 0.
Uwaga! Składowe reakcji w punkcie C nie wchodzą do równań równowagi
ułożonych dla całego układu.
Trzecie równanie równowagi (mamy trzy niewiadome) możemy ułożyć
dla jednego z podukładów, np. z lewej strony (patrz rys. ). Aby nie
wprowadzać do równań niewiado-mych reakcji przegubu C, układamy
równania momentów względem tego przegubu.
- RDa/cos SYMBOL 106 \f "Symbol" + Q l/2 cos SYMBOL 106 \f "Symbol"
= 0.
Po rozwiązaniu układu powyższych równań otrzymujemy:
SYMBOL 106 \f "Symbol" = RD = RE =
Pozornie, zadanie wydaje się być skomplikowane, ale ułożenie
odpowiednich równań równowagi szybko prowadzi do żądanego
wyniku.
Przykład
Dwa jednakowe pręty AB i BC, o ciężarze Q każdy, połączone są
przegubem B. Koniec C pręta BC połączony jest przegubowo do pionowej
ściany, zaś koniec A pręta AB opiera się o gładką płaszczyznę
poziomą. Dana jest odległość OC = c. Oba pręty znajdują się w
jednej płaszczyżnie pionowej. Jak wielką siłę poziomą trzeba
przyłożyć w punkcie A aby pręt AB tworzył z poziomem kąt SYMBOL
97 \f "Symbol" ?
Rys.
Rozwiązanie
Aby rozwiązać zadanie przy pomocy jak najmniejszej liczby równań
postępujemy następująco:
Układamy równanie momentów względem punktu C:
SYMBOL 83 \f "Symbol" MC = - P (a sin SYMBOL 97 \f "Symbol" + a sin
SYMBOL 98 \f "Symbol" ) + G a/2 cos SYMBOL 98 \f "Symbol" + G (a cos
SYMBOL 98 \f "Symbol" +
+ a/2 cos SYMBOL 97 \f "Symbol" ) + RA (a cos SYMBOL 97 \f "Symbol"
+ a cos SYMBOL 98 \f "Symbol" ) = 0.
Ponieważ do powyższego równania weszła niewiadoma reakcja RA
układamy równanie momentów względem punktu B dla podukładu (2). W
ten sposób unikamy wprowadzenia do równań kolejnych niewiadomych.
SYMBOL 83 \f "Symbol" M = - P a sin SYMBOL 97 \f "Symbol" - G a/2
cos SYMBOL 97 \f "Symbol" + RA a cos SYMBOL 97 \f "Symbol" = 0.
Kąt SYMBOL 98 \f "Symbol" jest znany, gdyż może być
wyznaczony z równania więzów:
c = a sin SYMBOL 98 \f "Symbol" + a sin SYMBOL 97 \f "Symbol" .
Stąd: sin SYMBOL 98 \f "Symbol" = (c-asin SYMBOL 97 \f "Symbol" )/a)
, SYMBOL 98 \f "Symbol" = arcsin[(c-asin SYMBOL 97 \f "Symbol" )/a].
Po rozwiązaniu układu równań otrzymujemy ostatecznie:
, tg SYMBOL 97 \f "Symbol" SYMBOL 185 \f "Symbol" tg SYMBOL 98 \f
"Symbol" .
Przykład
Wyznaczyć reakcje podpór A, B i D oraz reakcję w przegubie C belki
przegubowej (belka gerberowskiej) pokazanej na rys.
Rys.
Belkę przegubową rozkładamy na dwa podukłady: belkę AC i belkę
CD.
Równania równowagi dla podukładu (1):
( SYMBOL 83 \f "Symbol" X = 0) XA - XC = 0,
( SYMBOL 83 \f "Symbol" Y = 0) YA + YB -YC= 0,
( SYMBOL 83 \f "Symbol" MA = 0) YB a - YC (l - b) = 0.
Równania równowagi dla podukładu (2):
( SYMBOL 83 \f "Symbol" X = 0) XC - RD sina = 0,
( SYMBOL 83 \f "Symbol" Y = 0) -qb + RD cosa + YC = 0,
( SYMBOL 83 \f "Symbol" MC = 0) RD cos SYMBOL 97 \f "Symbol" b -
qb2/2 - = 0.
Po rozwiązaniu układu równań i podstawieniu danych liczbowych
otrzymujemy:
XA = 0.29 kN, YA = - 0.50 Kn, XB = 0.29 kN,
YC = + 0.50 kN, XC = 1.0 kN, RD = 0.58 kN.
STRONA 20
