3.Умови рівноваги плоскої системи сил. Випадок паралельних сил

Необхідні і достатні умови рівноваги будь-якої системи сил задаються рівностями , (див. лекц. №6).

Оскільки вектор дорівнює нулю, то дорівнюють нулю його проекції R_x і R_y, тобто повинні виконуватись рівності:

R_x=0, R_y=0 та ,

де М₀ – алгебраїчний момент сили, а О – будь-яка точка в площині дії сил.

Ці рівності будуть виконані, коли

Рис.4

.

Ці формули виражають аналітичні умови рівноваги: для рівноваги довільної плоскої системи сил необхідно і достатньо, щоб суми проекцій всіх сил на кожну з двох координатних осей і сума їх моментів відносно будь-якого центра, що лежить у площині дії сил, дорівнювали нулю. Одночасно ці рівності виражають умови рівноваги твердого тіла, яке перебуває під дією плоскої системи сил.

Якщо на тіло діють паралельні сили, можна напрямити вісь Ох перпендикулярно силам, а вісь Оу буде паралельна їм. Тоді проекція кожної із сил на вісь Ох буде дорівнювати нулю. Тому для паралельних сил залишаються дві умови:

,

де вісь Оу – паралельна силам (рис.4).

Отже, для рівноваги плоскої системи паралельних сил необхідно і достатньо, щоб сума проекцій всіх сил на вісь, паралельну їх лініям дії, і алгебраїчна сума їх моментів відносно будь-якого центра, що лежить у площині дії сил, дорівнювали нулю.

4.Розв’язання задач статики

Методами статики можуть розв’язуватись задачі таких двох типів:

1) у яких відомі сили, прикладені до тіла, і вимагається з’ясувати, в якому положенні та при яких співвідношеннях між силами тіло буде перебувати у рівновазі;

2) задачі, в яких наперед відомо, що тіло перебуває у рівновазі, і треба з’ясувати, чому дорівнюють сили, що діють на тіло.

Реакції в’язей є величинами, наперед невідомими.

Приступаючи до розв’язання будь-якої задачі статики, слід перш за все встановити, рівновагу якого тіла необхідно розглядати, щоб обчислити шукані величини.

Алгоритм розв’язання задач статики:

1.Визначити тіло, рівновагу якого слід розглядати в даній задачі.

2.Зобразити сили, прикладені до цього тіла. На кресленні слід зобразити всі зовнішні сили, включаючи як задані, так і шукані, в тому числі реакції всіх в’язей.

3.Скласти умови рівноваги. Умови рівноваги складають для сил, прикладених до тіла, рівновага якого розглядається.

4.Визначити шукані величини, перевірити правильність розв’язку і дослідити здобуті результати.

Дуже важливу роль відіграє охайне креслення і послідовність всіх викладок.

Всі розрахунки в задачі слід виконувати в загальному вигляді (аналітично),числа підставляються тільки в кінцеві результати. Це дає змогу проаналізувати здобуті результати.

Геометричним методом зручно користуватись, коли кількість сил (і заданих, і шуканих), прикладених до твердого тіла, дорівнює трьом.

Аналітичним методом користуються при будь-якій кількості сил. Для того, щоб дістати простіші рівняння необхідно:

а) складаючи рівняння проекцій сил, проводити координатну вісь перпендикулярно якій-небудь невідомій силі;

б) складаючи рівняння моментів, брати за центр моментів точку, де перетинаються більше невідомих сил.

Розв’язок багатьох задач статики зводиться до визначення реакцій опор. У техніці зустрічаються три типи опорних закріплень (крім тих, що ми розглянули в лекції №2):

1

Рис.5 Рис.6

. Рухома шарнірна опора А (рис.5). Реакція такої опори напрямлена по нормалі до поверхні, на яку спираються котки рухомої опори.

2. Нерухома шарнірна опора В (рис.5). Реакція такої опори проходить через вісь шарніра і може мати будь-який напрямок у площині креслення. Реакцію будемо зображати її складовими і по напрямках координатних осей. Якщо визначимо їх, то:

.

3) Жорстке защімлення (нерухома защімляюча опора) (рис.6). Тут система реакцій зводиться до реакції , яка може бути розкладена на та , і пари з моментом m_A. Таким чином, для визначення реакції нерухомої защімляючої опори треба знайти три величини , та m_A.

З

Рис.7

адача. До однорідної горизонтальної балки АВ довжиною 4м і вагою Р=200кН, закріпленій кінцем А в стіні (рис.7), прикладена пара сил з моментом т=200кНм. У точці В на балку під кутом 60⁰ до горизонту діє сила , модуль якої дорівнює 100кН. На ділянці DВ=1м діє рівномірно розподілене навантаження інтенсивності q=100кН/м. Визначити реакцію і момент закріплення А.

1.Розглянемо рівновагу балки.

2.Рівномірно розподілене навантаження замінимо еквівалентною зосередженою силою , модуль якої дорівнює Q=q l_DB. Сила прикладена в центрі ваги С прямокутника. До балки прикладені такі активні сили і моменти: – сила ваги балки, сили і , а також пара сил, момент якої дорівнює т. На балку накладена лише одна в’язь – закріплення в стіні в точці А. Ця в’язь не допускає ніяких переміщень і поворотів балки. Тому система реакцій в’язі зводиться до сили , прикладеної в точці А, і пари з моментом m_A. Оскільки напрямок реакції невідомий, то розкладемо її на складові та по координатних осях.

3. Складемо систему рівнянь. За центр моментів зручно обрати точку А прикладання невідомих сил та . При цьому в рівняння моментів увійде тільки одне невідоме – момент закріплення m_A:

;

;

.

Із першого рівняння .

Знак „–” показує, що сила напрямлена не в бік зростання координати х, а в протилежний бік.

Із другого рівняння маємо:

P+Q+Fcos30⁰=200+100+100 =386,6кН.

Тоді:

кН.

Із третього рівняння: