3 Нерухомий циліндричний шарнір – підшипник (рис. 1.7).уYARAАαXAхРисунок 1.7Напрями таких реакцій в’язей заздалегідь визначити не можна. Реакціятакого шарніруRA розміщена в площині, перпендикулярній до йогоосі Az (на рисунку1.7 не показана). Тому невідомий векторRA визначаєтьсядвома складовимиXA іYA по осях Ax і Ay , величини яких знаходятьз умов рівноваги. Вектор повної реакціїRA визначається формулами:2 2RA= XA+Y A , cos =XA/RAα . (1.5)4 Нерухомий сферичний шарнір (рисунку 1.8).Невідомий вектор реакції такого шарніраRA визначається трьомаскладовимиXA ,YA іцих складових знаходять з умов рівноваги.ZA відповідно осям Ax , Ay , Az , величиниВектор повної реакції визначається формулами:R = X +Y +Z , cos =X /R ,2 2 2A A A AαA Acos =Y/RA Aβ , (1.6)9

відповідно.де α і β є кути між векторомzRA і осями координат Ax і AyZAхXAАRAРисунок 1.8YAу5 Рухомий циліндричний шарнір.Рухомий циліндричний шарнір дозволяє зміщувати тіло вздовж осіAx . Тому в цьому напрямку реакція в’язі спрямована перпендикулярноопорній поверхні.На рисунках 1.9, 1.10, 1.11 показані схеми рухомого циліндричногошарніра, які зустрічаються в літературі.АRA90 ° АRARAхРисунок 1.9 Рисунок 1.10 Рисунок 1.116 Стрижень шарнірно закріплений на кінця. Невагомий і не навантажений.Реакція такої в’язі напрямлена вздовж осі стрижня (для прямих стрижнів).Більш конкретний напрямок реакції залежить від того яке навантаженнявін має (тиск або розтягування). При розв’язанні задач в якості позитивногонавантаження приймають розтягування.10

1.3 Розв’язання задач методом складання вільних векторів:геометричний засібРозглянуті раніше особливості векторів і їх геометричних перетвореньдають змогу вирішувати задачі статики із умов рівноваги тіл під дієютрьох збіжних сил.Розглянемо методи розв’язання таких задач.Приклад 1Однорідна куля радіусом r=0,2 м і вагою P=120 Н , щодотикається у точці B до гладенької вертикальної стінки (рис. 1.12) утримуєтьсяв рівновазі мотузкою AС завдовжки 0,8 м. Визначити натягмотузки и тиск кулі на стінку, якщо відстань від точки B до вертикаліCD дорівнює 0,4 м.РішенняОскільки відома сила P , прикладена до кулі, то розглянемо рівновагукулі. В’язами для кулі є стінка і мотузка AС . Оскільки стінка гладенька,то реакціяRB буде перпендикулярною до стінки, а реакція мотузкиT напрямлена по ній.αСTRBАОВDPРисунок 1.1211

За допомогою теореми синусів, отримаємо:S1sinϕ=PsinγPcosαS= sin α + βі( ) .1Тепер розглянемо рівновагу поршня на поршень діють теж три сили:сила тиску 1 1S′ =−Sстрижня AB , реакція N стінки і реакція Q тіла,що стискається. Так як сил три, то вони при рівновазі повинні бути збіжними,а силовий трикутник (рис. 1.16) - замкнутим.N'S 1βQЗа допомогою його знаходимо:Рисунок 1.16Q=Scosβ ′ .1Підставляючи замість'S1 рівну їй S1 отримаємо:PcosαcosβPQ= =sin ( α + β)tg α +tgβ.Сила тиску поршня на тіло M дорівнює по модулю Q і направленав протилежну сторону.14

Приклад 3Вуличний ліхтар підвішений на маленькому кільці B і закріпленийна двох дротах AB і CB , кінці яких A і C знаходяться на одному рівні.Ураховуючи те, що дроти є абсолютно гнучкими і нехтуючи їх вагою,знайти силу натягу в кожному із дротів (рис. 1.17). Вага ліхтаря P , довжинакожного із дротів l , відхилення DB точки підвісу ліхтаря від горизонталідорівнює a .Рисунок 1.17РішенняПід дією сили ваги ліхтаря дріт EB буде відтягувати кільце Bвниз. Воно, в свою чергу, це зусилля передає на два дроти BA і BC .Отже, кожен з цих дротів розтягається і утворює в кільці B рівну і протилежнуреакцію, напрямок якої повинен співпадати з віссю дроту. Такимчином, на кільце як на вільне тіл, діють три сили (рис. 1.17). Оскільки цісили знаходяться в рівновазі, то вектори P , T1 , T2 повинні утворюватизамкнутий трикутник (рисунок 1.18). Для відбудови цього трикутника проведемовектор ab , який в визначеному масштабі висловлює вагу ліхтаря,а потім сторони bc і ca , відповідно паралельні дротам CB і AC , по15

яким направлені рівні між собою сили натягу T1 і T2 . Довжина цих векторіввизначає величину зусилля розтягування в цих дротах. Якщо силовийтрикутник відбудований в масштабі сил, то величина цих сил може бутивизначена через довжину векторів bc і ca .adPbT 1T 2CРисунок 1.18Трикутник DBC (рис. 1.17) подібний трикутнику dbc (рисунок1.18), так як вектори bc і ca по відбудові відповідно паралельні дротамCB і AB . Відкіля отримуємо:деab 2BD=bc BC ,ab=P , bc=ac=T=T=T2 1.Використаємо дані задачі і висновки (1.7, 1.8). Тоді отримаємо:PlT= . 2a(1.9)Формула (1.9) показує, що зусилля в дротах зростає, якщо збільшуєтьсядовжина дротів l або зменшується відхилення точки підвісу ліхтарявід горизонталі. Вага ліхтаря теж збільшує натяг дротів.16

1.4 Аналітичні умови рівноваги збіжної системи силАналітичні умови рівноваги збіжної системи сил виникають із векторної(геометричної) форми її рівноваги. Розглянемо це послідовно. Векторнаформа є такою:деR=0 (1.10)R= ∑ Fii .Якщо розглянути систему сил, діючу у просторі, за допомогою декартовісистеми координат, то рівняння (1.10) буде таким:R = Rix+ Ryj + Rkz,(1.11)деRxF , ixi= ∑ Ry= ∑ Fiy,Rz= ∑ Fiz.(1.12)iiВідповідно (1.10) і (1.11) аналітичні суми проекцій сил отримаютьвигляд.∑ F = 0,∑ F = 0,F = 0.iixiiy∑ iz(1.13)iУ разі рівноваги системи збіжних сил, що лежать в одній площині,∑ F = 0,F = 0.наприклад Oxy , дістанемо:iix∑ iy(1.14)iУмови рівноваги (1.13) і (1.14) називають також рівняннями рівноваги.Аналітичний метод розв’язання задач статики ґрунтується на поняттіо проекції сили на вісь. Проекція сили на вісь є алгебраїчна величина, щодорівнює добутку модуля сили на косинус кута між силою і позитивнимнапрямом осі. Якщо цей кут гострий - проекція позитивна, якщо тупий -17

За модулемF =Fcosθ ,(1.16)xyде θ – кут між напрямком силиFi і її проекцієюFxy .У деяких випадках для знаходження проекції сили на вісь зручнішезнайти спочатку її проекцію на площину, якій належить ця вісь, а потімзнайдену проекцію на площину спроектувати на дану вісь. Наприклад, увипадку, зображеному на рис. 1.20 проекції знайдемо таким способом, щоF=F cos ϕ=Fcosθcosϕ , F =F sin ϕ=Fcosθsinϕ . (1.17)xxyyВектор, зображаючий силу F у просторі, можна відбудувати, якщозвісні модуль F цієї сили і кути α , β ,γякі задають напрямок силиF . Точка A прикладення сили повинна бути задана окремо її координатамиx , y , z .Fx ,Для розв’язання задач механіки зручніше задавати силу її проекціямиF y ,Fz на координатні осі. Знаючи ці проекції, можна визначитимодуль сили і кути, які вона утворює з координатними осями по формулам:xy2 2 2F= Fx+Fy+Fz;⎫⎪F Fxy F ⎬zcos α = , cos β = , cos γ = . ⎪F F F ⎭(1.18)Якщо всі розглядувані сили розташовані в одній площині, то кожну зсил можна задавати її проекціями на дві осі Ox і Oy . Тоді формули, яківизначають силу по її проекціям на осі координат, приймають вигляд:19

2 2F= Fx+Fy; ⎫⎪F F ⎬xycos α = , cos β = . ⎪F F ⎭(1.19)1.5 Розв’язання задач методом проекцій векторів:аналітичний засібГеометричні методи розв’язання задач статики значно ускладнюютьрішення їх в тих випадках, коли на тіло діє складана система сил, яка всвоєму составі має кількість сил забагато більше трьох.Тому аналітичні методи є більш раціональними методами по зрівняннюз векторними (геометричними) прийомами.Розглянемо приклади розв’язання задач статики аналітичними методами.Приклад 1На циліндр вагою P лежачий на гладкій горизонтальній площині,діє горизонтальна сила Q , притискуючи його до виступу B (рис. 1.21).Визначити реакції в’язей в точках A і B , якщо BD=h=R/2 , де R– радіус циліндра.yQCPN AAαN BBDhxРисунок 1.2120

РішенняРозглянемо рівновагу циліндра, на який діють задані сили P,Q іреакції в’язейNA іNB направлені по нормалі до поверхні циліндра. Всісили знаходяться в одній площині і збігаються в точці С Оскільки сил чотири,то зручніше використовувати аналітичні умови рівноваги (обрані осікоординат показані на рис. 1.21):∑ Fix=0, Q − NBcos α =0;⎫i⎪⎬∑ F =0, N − P+N sin α =0.(1.20)⎪ ⎭iiy A BПри h=05R , отримуємо:sin α = ( R − h)/ R=05 , іТоді із першого рівняння (1.20), отримуємо:oα =30 .NB=Q/cos α =2Q 3/3 .Підставивши це значення NB в друге рівняння (1.20), отримаємо:N =P−Qtg α =P− Q 3/3 .AПри Q=P 3 реакція NA обертається в нуль, а якщоQ>P 3 , то циліндр відірветься від площини і під дією сили Q почнеповертатися навколо виступу B .Приклад 2Стоячий на землі вертикальний стовп OA утримується розтяжками21

AB і AD , які утворюють із стовпом рівні кутиα ; кут між площинамиOAB і OAD дорівнює ϕ (рис. 1.23). До стовпу підвішені два горизонтальнихдроти; один паралельний осі Oy , натягнутий з силою P1 а другий,паралельний осі Ox , – з силою P2 . Знайти силу вертикального тискуна стовп і зусилля в дротах, нехтуючи їх масою.РішенняРозглянемо рівновагу вузла A , до якого прикріплені дроти. На ньогодіють сили на тяжіння дротів P1 і P2 , реакції розтяжок T1 і T2 і реакціястовпа. Система сил є просторовою. В цьому випадку будемо використовуватисьтільки аналітичним способом вирішення. Для складання умоврівноваги проводимо координатні осі (рис.1.23) і відрахуємо попередньопроекції всіх сил на ці осі, заносячи їх до таблиці 1.1.zAS 1P 2P 1ααT 1T 2OxϕDByРисунок 1.2222

Таблиця 1.1FiP1P2S1 T1T2F 0 − P 0 02Tsin2αsinϕixFiy1− P 0 0 Tsinα1Tsin2αcosϕF 0 0iz1Складемо рівняння рівноваги.S − Tcosα1−2Tcosα∑i∑i∑iF =0; − P+Tsinαsin ϕ=0,ix 2 2F =0; − P+Tsin α+Tsinαcos ϕ=0,iy 1 1 2F =0; S −Tcosα−Tcos α =0.iz 1 1 2Вирішуючи ці рівняння, знайдемо:T =P/sinαsin ϕ; T= ( P − Pctg ϕ) /sinα,2 2 1 1 2S = ( P+Ptg ϕ/2) ctgα . .1 1 2Із отриманих результатів видно, що приPctg2ϕ > P1або tgϕ < P/P2 1отримуємо T1< 0 і реакція T1 повинна мати напрямок протилежно показаномуна рисунку, що неможливо, так як дріт не може працювати натиск. Отже, розтяжку AD необхідно розташувати так, щоб кут ϕ задовольнявнерівність tgϕ > P/P .2 1На основі розглянутих прикладів можна зробити висновок, щорозв’язання задач статики зводиться до наступних операцій.23

1 Вибір тіла (або тіл), рівновага якого повинна бути розглянута.Для вирішення задачі необхідно розглянути рівновагу тіла, до якого прикладенізадані і шукані сили, або сили, рівні шуканим (наприклад, якщо необхіднознайти тиск на опору, то можна розглянути рівновагу тіла, до якогоприкладена числено рівна цій силі реакція опори ).Коли задані сили діють на одне тіло, а шукані на друге, або коли ті ідругі сили діють одночасно на декілька тіл, може виявитися необхіднимрозглянути рівновагу системи цих тіл, або послідовно рівновагу кожноготіла окремо.2 Зображення діючих сил. Установивши рівновагу кожного тіла,або тіл, слід на рисунку зобразити всі діючи на це тіло (або тіла) зовнішнісили, як задані, так і шукані сили, а також реакції всіх в’язей.3 Складання умов рівноваги. Умови рівноваги складають для сил,діючих на тіло або тіла, рівновага яких розглядається.4 Визначення шуканих величин, перевірка вірності рішення і аналізотриманих результатів. Велике значення в процесі розв’язання задач маєчіткий рисунок. Він допомагає скоріш знайти вірний шлях рішення і запобігтипомилок при складанні умов рівноваги і послідовно провести всі викладки.Усі розрахунки при розв’язанні задач рекомендується, як правило,виконувати в загальному виді (алгебраїчно). Тоді для пошуку величин будутьотримуватись формули, які дають можливість проаналізувати отриманірезультати. Крім того, розв’язання в загальному вигляді дозволяє інодівиявити зроблені помилки шляхом перевірки розмірностей, так як розмірностііз складових в обох частинах рівняння повинні бути однаковими. Числа,якщо розв’язання виконується в загальному вигляді, підставляютьсятільки в кінцеві результати.24

1.6 Контрольні завдання для самостійної роботи .Плоска система збіжних силB1 Ліхтар M масою 12 кг утримуєтьсяD45AMoCдротиною АC , відхиленою від вертикалі0на кут 45 , і горизонтальною дротиноюAB . Визначити натяг дротин AB іАC , нехтуючи їх масою.Відповідь: T=402Н;T=802Н .BCADFBo602 Невагомий стрижень AB жорстко скріпленопід прямим кутом з невагомим стрижнемCD . У точці B до стрижня прикладенасила F=30H під кутом060 . ВизначитиCреакції рухомої опори C і шарніра A , якщоAD=BD .Відповідь: R=30 Н; R=303Н .ACA α1α2α 3CB3 Блок C удержується двома невагомими стрижнями,прикріпленими до осі блока і стелі вточках A і B шарнірами25oα1= α2=45.Через 3 блок перекинуто вірьовку, за допомогоюякої рівномірно піднімають вантаж масою160 кг α =15 o, 3. Знайти реакції стрижнів,нехтуючи розмірами та масою блока і вірьовки.Відповідь: R =330 Н; R =2520 Н .AСBС

5ñìBС12ñìA4 До кронштейна BAC підвішене вантаж масою2,5 кг . У точці B кронштейна є нерухомийшарнір, а в точці C кронштейн опираєтьсяна гладеньку стіну. Визначити реакціїзв’язків, нехтуючи масою кронштейна, якщоAB=12 см , BС=5см .Відповідь: R=65 Н; R=60 Н .BСAR=23,1кН;R=15,3кН .AСo30 PBB5 Визначити реакції опор ферми, яка в точціB спирається на нерухомий шарнір,а кінцем A на котки установленіпід кутомo30 до горизонту. Вага фермиз навантаженням P=30êÍ , а лініядії цієї сили віддалена від опори Aна 2 м , AB=6 м .Відповідь:6 Однорідна балка AB масою 21 кН удержується в горизонтальномуположенні двома однаковими тросами DC і EC , які прикріпленів точках D і E на балці і з’єднуються в точці C на стеліDE=DC=CE ; AD= BE . Визначити натяг тросу.T=12,1 кНВідповідь: .7 Через блок з нерухомою віссю обертання O перекинуто вірьовкудо звисаючого кінця A якої прикріплено вантаж масою 18 кг . Кінець Bвідведено вбік і закріплено нерухомо так, що вірьовка утворює з вертикал-26

лю кутблока.060 . Нехтуючи масою блока і вірьовки, визначити тиск на вісь OВідповідь: N=180 3 Н .8 На кінці A горизонтальний стрижень AB закріплено шарнірно,до кінця B підвищено вантаж масою 7 кг . Стрижень AB в точці Cпідпирається нахиленим стрижнемAD⊥ABCD з шарнірами на кінцях., AD=AC=CB . Нехтуючи масою стрижнів і тертям, визначитиреакції шарніра A і стрижня CD .Відповідь: R=70 5 Н; R=140 2 Н .AC9 До кінця B стрижня AB , відхиленого від горизонтальної осіA угору, прикладена горизонтальна сила F=21 Н, напрямлену в бікxвід’ємних значень. У точці C стрижень AB підпирається вертикальнимA ,стрижнем CD , кінець D якого розміщений на осі xAC=CB=10 см , CD=10 см . Нехтуючи масою стрижнів і вважаючиїх кріплення шарнірними, визначити реакції шарніра A і стрижняCD .Відповідь: R =27,9 Н; R =18,3 Н .10. Однорідний стрижень AB масою 3кг , відхилений від горизонтальноїосіACA униз на кутxвірьовкою BC , яка утворює з вертикаллю кутo45 утримується в рівновазі шарніром A ішарніра A і натяг вірьовки BC .15 15RA= 10 Н; T= 2 Н2 2Відповідь:.o45 . Визначити реакцію11. Однорідний стрижень AB , маса якого 1,6 кг , утримується в горизонтальномуположенні нерухомим шарніром A і вірьовкою BC , вер-27

хній кінець якої C розміщений на одній вертикалі з шарніром A .AB=130 см , AC=80 см . Визначити реакцію шарніра A і натягвірьовки.R=T=14,4 НВідповідь: .A12. Вантаж масою 0,5 кг підвішено до кінця B горизонтальногострижня AB , який удержується в рівновазі шарніром A і стрижнемCD з шарніром D , розміщеним над A на одній вертикалі.AC=CB=12 см , AD=5см . Нехтуючи масою стрижнів, визначитиреакції шарнірів A і C .R=24,5 Н R=26 Н .Відповідь: ;AС13. Однорідний стрижень AB масою 10 кг утримується над горизонтальноювіссю Ax під кутомo30 за допомогою нерухомого шарніраA і невагомого стрижня BC . Останній утворює з горизонтальною віссюAx кутo60 . Визначити реакції шарніра A і стрижня BC , якщо в точкахB і C шарнірне з’єднання.Відповідь: R=50 Н; R=50 3Н .AB14. У точці O прикладені 4 сили: P=101Н , P=202Н , P3 ,P4 . Визначити модулі сил P3 і P4 , коли відомо, що всі 4 сили лежать уплощині xOy і зрівноважуються, а кути які вони утворюють з віссюOx , дорівнюють відповідно:o o o oα =30 , α =315 , α =240 , α =150 .1 2 3 4Відповідь: P=3,483Н; P=24,324Н .15. Однорідний гладенький циліндр, вага якого 120 Н , утримуєтьсяміж вертикальною площиною і площиною, нахиленою до неї під кутом28

o60 . Визначити тиск циліндра на ці площини.Відповідь: N=69,31Н, N=138,62Н .16. Кулька A масою P , розміщена на гладенькій площині, відхиленійвід горизонтальної на кут α . Кулька вдержується в рівновазі прикріпленоюдо неї ниткою, яка з вертикаллю утворює кут β . Визначитинатяг нитки і тиск кульки на площину.Відповідь:sinαsinβT=P ; N=P .sin ( α+ β) sin ( α+β )PaB17. Невагомий стрижень ABC зігнуто під прямимAaCo60Dкутом у точці B . На кінці A стрижня – нерухомийшарнір, другий кінець C прикріплено доневагомого стрижня CD з шарнірами на кінцях,нахиленого до горизонту під кутомo60 . Уточці B прикладена горизонтальна сила, P=6 Н AB=BC . Визначити реакції шарнірівA і C .Відповідь: R =5,4 Н; R =4,4 Н .18. Однорідна пластинка масою 100 Н , має форму прямокутноготрикутника ABC , в якого вертикальний катет AB=10 см , катетAС=15 см . Пластинка вдержується в рівновазі нерухомим шарніромA і невагомим горизонтальним стрижнем BB1 із шарнірами на кінцях.Визначити реакції опор.Відповідь: R=118 Н; R=50 Н .ABAC19. Діагональ BD однорідної квадратної пластинки ABCD масою180 Н вертикальна ( D - внизу). Пластинка вдержується в рівновазі29

циліндричним шарніром A і невагомим стрижнем EE1 , з шарнірами накінцях; E - на стороні AD пластинки, EE1|| AB . AB=12 см ,AE=12 см . Визначити реакції шарніра A і стрижня EE1 .R=134 Н; R =169,7 НВідповідь: .AE20. Однорідний диск, вага якого 300 H, жорстко прикріпленовздовж хорди до вертикального стрижня AB , вагою якого можна знехтувати.Визначити тиск стрижня на підп’ятник A і на підшипник B , якщоAB=54 см , а відстань від центра C диска до стрижня AB дорівнює9 см .Відповідь:NA=304 H ;NB=50 H .21. Однорідний стрижень OA довжиною 1,2 м , який відхиленовід горизонтальної осі Ox угору, має на кінці O шарнірну опору. КінецьA спирається на гладеньку вертикальну стіну, відстань якої від шарніраO становить 0,4 м . Вага стрижня 36H. Визначити реакції шарнірноїопори O і стіни.Відповідь: 0R=36,6 H ; R=6,36 H .22. Стрижневий трикутник ACB складається з горизонтальногострижня AB і стрижнів AC і BC , що скріплені над ним в шарнірі Cі прикріплені до нерухомих шарнірних опор A і B . ∠ CAB=α ,∠ CBA= β . Визначити зусилля в стрижнях CA і CB , якщо до шарніраC прикладена вертикальна сила P , напрямлена вниз.PcosβPcosαSВідповідь: AC= ; SBC= .sin ( α+β ) sin ( α + β )30

Cα23. Однорідну гладеньку трубу вагоюP=1кН вільно покладено на два однаковихтроси, площини яких паралельні ірозміщені на однакових відстанях від торцівтруби. Кут. Визначити натягтросів.α0=30Відповідь: T=T=0,581 2кН .24. Дві циліндричні труби, що мають одна-K 2AKBDCαK 1кові радіуси і вагу P=P=2001 2кН ,спираються на гладенькі похили площини,які утворюють між собою прямийкут. Площина KК1 утворює з горизонтальноюплощиною кут0α =30 .Знайти реакції похилих площин KК1 іKК2 і тиск труб однієї на одну.Відповідь: ;AN =100 кH .DaN =200 кH N=N =1003 кH ;APa2a2CaBB25. До шарнірноз’єднаної стрижневої системиприкладена вертикальну силуP . Визначити реакції шарнірів A іB . Вагою стрижнів знехтувати.Відповідь:C10 2N=AP; N=BP.4 431

P 3aCABDa26 До шарнірно зчленованої стрижневоїсистеми прикладена сила P ,напрямлена вздовж CB . Визначитиреакції шарнірівA і B , якщоAC=BD=a , CD=3a . Вагоюсистеми знехтувати.310 1010 10R= .Відповідь. AP;R=BPAa3aCaP3aB27 До шарнірно зчленованої стрижневої системиприкладена горизонтальна силаP=4 кН . Нехтуючи вагою конструкції,визначити реакції опор A і B , розміщенихна одній горизонталі. Кріплення в точкахA , B і C шарнірні.Відповідь. R =4 2T; R =4T .AB28 Однорідний стрижень AB прикріпленийCдо вертикальної стіни шарнірно в точціA і утримується під кутомAo60o30B060 до вертикаліза допомогою троса BC , якийутворює з ним кут32030 . Визначити величинуі напрямок реакції R шарніра A ,якщо відомо, що вага стрижня дорівнює20 H .Відповідь. ∠ ( )0R=10 H; R,AC =60 .

29 Балка AB піддержується в горизонтальномуположенні стрижнем CD ;скріплення в A , C і D шарнірні.Визначити реакції опор A і D , якщона кінці балки діє вертикальна силаF=5 кH . Вагою знехтувати.Відповідь: R=7,9 кH; R=10,6 кH .ADOBrCA30 Однорідна балка AC вагою P утримаєтьсяв рівновазі в горизонтальному положенніза допомогою невагомого стержняBC , зігнутого по радіусу r . Точка A -нерухомий шарнір, AC=2r . ВизначитиRA іRBPR =R =2.Відповідь: A B33

ПРОСТОРОВА СИСТЕМА ЗБІЖНИХ СИЛЗнайти зусилля в стрижнях 1, 2 і 3, шарнірно закріплених на кінцяхстрижневої конструкції, на яку діє зовнішня сила P=10 кН , якщоa=4м ; b=5м ; c=6 м , задані кутиoα =30 ,oβ =60 .1ba1Ρ32c2ba1Ρ23c34

3b2aΡ1c34b2a3Ρ1c5b2 Ρ31ac35

6b32Ρ1ac7bΡ12a3c8bΡ12a3c36

9b13Ρ2ac10b1Ρ23ac11b1Ρ2a3c37

12b1Ρ2a3c13ba321cΡ14ba321cΡ38

15ba213cΡ1621α3βΡ17Ρ2αβ3139

18Ρ3αβ2119Ρβ213α20Ρ2β13α40

21Ρ2αβ13222Ρ3βα1232βΡ1 3α41

243βΡ2α1252β13αΡ26Ρ23β1α42

27Ρβ31α228Ρβα2132923βα1Ρ43

30Ρβα3212 СИСТЕМА ПАРАЛЕЛЬНИХ СИЛ2.1 Алгебраїчний і векторний моменти сили відносно точки іосі. Момент пари силЯкщо під дією прикладеної сили тіло може здійснювати оберт навколодеякій точки, то момент сили відносно цієї точки характеризує обертальнийефект сили.Розглянемо силу F , прикладену до тілу в точці A (рис. 2.1) із деякогоцентра O опустимо перпендикуляр на лінію дії сили F Довжинуh цього перпендикуляра звуть плечем сили F відносно точки (центра).Момент сили відносно точки O визначається:nBm0( F )FOhrAРисунок 2.144

1. Модулем (величиною) моменту, рівним добутку сили F на плечесили відносно моментної точки0( ) .m F =Fh=2 ïë OAB∆ (2.1)деm0( F ) – модуль векторного моменту сили F відносно точкиO – m0( F ) .2. Положенням у просторі площини OAB : “Площини повороту”,яка проходить через центр O і силу F .3. Напрямком повороту в цієї площині.Таким чином, момент сили відносно центра характеризується нетільки його численним значенням, але і напрямком у просторі, тобто являєтьсявеличиною векторною.Напрямлений момент сили відносно центра перпендикулярно доплощини, що проходить через точку O і лінію дії сили, в той бік, звідки“обертання” тіла під дією сили навколо точки або найкоротший поворотвектора r до напрямку вектора F бачить спостерігач, який перебуває накінці вектора-моменту (рис.2.2, рис.2.3).m0( F )OrFOrFm0( F )Рисунок 2.2 Рисунок 2.3Алгебраїчним моментом сили відносно точки звуть обрану зі знакомплюс або мінус скалярну величину, яка дорівнює добутку модуля сили наплече сили. Тобто алгебраїчний момент являється модулем векторного моменту.Знак алгебраїчного моменту визначається в залежності від напрямку45

“оберту” тіла під дією сили навколо моментної точки (рис.2.4, рис.2.5).A− m0( F)FFA( )+m F0OРисунок 2.4 Рисунок 2.5Моментом сили відносно осі називається проекція на цю вісь моментусили відносно будь-якої точки, що лежить на цій осі (рис.2.6).m0( F )zOmzFРисунок 2.6Другий метод визначення моменту сили відносно осі виникає із наступногоприділення цього моменту: моментом сили відносно осі звуть алгебраїчниймомент проекції цієї сили на площину, перпендикулярну осі,відносно точки перехрещення осі з цією площиною (рис.2.7).zAFBbПOhaFпРисунок 2.746

Відповідно цьому визначенню,m(F)z= m(F0 Ï) = ±hFÏ , (2.2)деFп - вектор проекції сили F на площину П , перпендикулярнуосі Oz , а точка O – точка перехрещення осі Oz з площиною П .Із формули (2.2) можна отримати наступні важливі якості моментусили відносно осі:1 Момент сили відносно осі дорівнює нулю, якщо сила паралельна осі.2 Момент сили відносно осі дорівнює нулю, якщо сила перетинає ось.Третій засіб визначення моменту сили відносно осі можна залучитиза допомогою властивості векторів.Якщо сила F задана своїми проекціями Fx, Fy,Fz на вісі координаті задані координати xyz , , точки прикладення цієї сили (рис.2.8),то векторний момент відносно початку координат відповідає формулі :( )m F =r F0z× (2.3)FF, ( xF,yFz)xm0ikOjr( xyz , , )yРисунок 2.8Розкладемо векторну формулу (2.3) по осям координат47

F на вісі координат:⎛ i j k ⎞⎜⎟m0( F ) =m=r0× F= ⎜ x y z ⎟=⎜Fx Fy F ⎟⎝z⎠( z−y) ( x−z) ( y−x) ,= yF zF i+ zF xF j+ xF yF kде i, j,k – одиничні вектори, напрямлені по осям координат.Завдяки формулі (2.4), можна виділити проекції m0( ), (2.4)( ) −( ) −( ) − .mx F =yF2 zFy;⎫⎪my F =zFx xFz;⎬⎪mz F =xFy yFx⎪⎭(2.5)2.2 Алгебраїчний і векторний моменти пари силВластивості сили як вектора не обмежуються тільки цим поняттямнаряду з поняттям сили. В механіці використовують поняття пари сил.Парою сил називають систему двох рівних по модулю паралельнихсил, напрямлених у протилежні боки (рис.2.9, 2.10).AF1hF2BF1Рисунок 2.9 Рисунок 2.10ABF2m48

Система сил F1 і F2 , утворюючих пару не знаходиться в рівновазі,тому, що вони не напрямлені вздовж однієї прямої.дії пари.Площина, що проходить через лінії дії пари сил, зветься площиноюВідстань h між лініями дії сил пари зветься плечем пари. Дія парисил на тверде тіло зводиться до деякого обертального ефекту, який характеризуєтьсявеличиною, яку звуть моментом пари. Цей момент визначається:1 Модулем, рівним:m=Fh .(2.6)2 Положенням у просторі площини дії пари.3 Напрямом повороту пари в цієї площині.Таким чином, як і момент сили відносно центра, пара теж величинавекторна. Пара сил відрізняється від моменту сили тим, що її вектор є вільнимі може бути прикладений в любій точці тіла.Алгебраїчний момент пари сил визначається добутком любої із силпари на її плече, тобтоm=±Fh=±F h .(2.7)1 2сил.На рис. 2.11, 2.12 показано, як обирається знак (плюс або мінус) париF1+F2F2F1–Рисунок 2.11 Рисунок 2.1249

2.3 Векторні і аналітичні умови рівноваги системипаралельних силУмови рівноваги збіжної і паралельної систем сил є окремими випадкамипо відношенню до загального випадку, коли система сил є простора ідовільна.У випадку просторової системи збіжних сил умови їх рівноваги в векторнійформі зводяться до рівняння нулю головного вектора, тобто математичноR=0 .У цьому разі головний вектор системи сил з’являється водночас рівнодійноюсистеми сил і тому головний момент системи дорівнює нулю.Тому аналітичні умови рівноваги висловлюються проекціями сил на тривісі координат:∑F ix=0; ∑F iy=0; ∑ Fiz=0.(2.8)i i iРозглянемо другий окремий випадок, коли всі сили, що діють на твердетіло, паралельні між собою (рис.2.13). У цьому разі можна напрямитиодну з координатних осей (наприклад вісь Oz ) паралельно силам.zFFixOF2FnyРисунок 2.13Тоді головний вектор R буде водночас дорівнювати скалярної суміпроекцій усіх сил на вісь OzF=0.∑ iz(2.9)i50

Два перших рівняння (2.8) перетворюються в тотожності бо сили перпендикулярніосям Ox і Oy .Оскільки сили паралельні осі Oz , то їхні моменти відносно цієї осітакож дорівнюють нулю, і умови рівноваги системи паралельних сил кінцевозводяться до трьох рівнянь (2.10)∑F iz=0; ∑m(F x i)=0; ∑ m(Fy i)=0., (2.10)i i iЯкщо система паралельних сил плоска, то рівняння (2.10) перетворюютьсяв рівняння (2.11)∑F iy=0; ∑ m(F0 i)=0., (2.11)iiВ рівняннях (2.11) друге рівняння висловлює суму алгебраїчних моментіввідносно любої точки (центру) O , яка розташована в площині діїсил.Розглянемо приклади розв’язання задач на умови рівноваги тіла піддією системи паралельних сил і пар сил.Приклад 1Однорідний стрижень AB , довжина якого 1 м , а вага 20 Н ,підвішено горизонтально на двох паралельних вірьовках AC і ВD . Кстрижню в точці E на відстані АE=1/4 м підвішено вантажР =120 Н . Визначити натяг вірьовокT іATB (рис.2.14).РішенняДля вирішення задачі в загальному виді позначимо довжину стрижня– l , а його вагу Q . Вантаж P на рисунку 2.14 не показаний.51

yTAA05l ,EPQ(3/4)llTBBxРисунок 2.14Так як система сил паралельна і плоска, то умови її рівноваги містятьдва рівняння. Складемо їх.F =0; T +T −P−Q=0,∑ iy A B(2.12)im(F )=0; Tl−05Ql , −025Pl=0, .∑ A i B, (2.13)iРозрахуємо рівняння (2.13) відносно невідомоїTB , враховуючи те,що l в цьому рівнянні є:T =05q+025P=0520+0 , , , ⋅ , 25⋅120=10+30,Bвідкіля TB=40 Н .З рівняння (2.12) отримуємоT =P+Q−T =120+20− 40,, відкіля T =100 Н .AПриклад 2BНа консольну горизонтальну балку діє пара сил з моментомM=6 Н⋅м, а в точці C вертикальне навантаження Р=2 кН . Довжинабалки AB=3,5 м , винос консолі вантажу Р=2 кН , винос кон-A52

солі BC=0,5 м . . Визначить реакції опор (рис.2.15).АyYAXAМRBВPСx3,50,5Рисунок 2.15РішенняОскільки на балку діє паралельна система зовнішніх сил, яка напрямленапаралельно осі y , то горизонтальна реакція нерухомого циліндричногошарніруXA дорівнює нулю. Складемо рівняння рівноваги системпаралельних сил, діючих на балку.∑ Fiy=0; YA+RB− P=0,, (2.14)im ( F ) =0; R ⋅AB−M −PAB+BC ( ) =0.∑ A i B,iЗ рівняння (2.15) отримуємо:M+P(AB+BC)R =.B(2.15)AB(2.16)Розрахуємо рівняння (2.14) відносно невідомої реакціїYA і підставимов отримане рівняння значенняY =P−R; Y =PA B ARB :M+P(AB+BC)−.AB(2.17)53

Підставимо чисельні значення в рівняння (2.17):6+2(3,5+0,5)YA=2 − =2−4= −2êÍ3,5.РеакціяXA дорівнює нулю. ТакимчиномYA є повною реакцією в’язі A боR=2кНA− , тобто ця реакція направлена вниз. Реакція RBвідповідно рівнянню (2.16) є такою:6+2(3, 5+0,5)RB= =4, RB=4кН.35 ,Приклад 3На двоконсольну горизонтальну балку діє пара сил ( PP , ) . На лівуконсоль – рівномірно розподілене навантаження інтенсивності q , а в точціD правої консолі – вертикальне навантаження F . Визначити реакціїопор, якщо P=1кН , F=2кН , q=2кН/м,а=0,8 м(рис.2.16).yC0,5aQAY AqX APaBR BPa a a aFxРисунок 2.1654

РішенняНанесемо на рис.2.16 реакції в’язей і замінимо розподілене навантаженняінтенсивності q рівнодійною Q , яка по модулю дорівнює qa іприкладена посередині консолі AC .Горизонтальна складова реакції нерухомого циліндричного шарніраA –XA тотожно дорівнює нулю, оскільки система зовнішніх сил є паралельноюсистемою відносно осі y . Складемо рівняння рівноваги системипаралельних сил зображеної на рис. 2.16.F =0; Y +R −Q−F=0,∑ iy A B(2.18)im(F )=0; Q0,5a+Pa+R ⋅ ⋅2a−F⋅3a=0.∑ A i B(2.19)iРозрахуємо рівняння (2.19) відносно невідомої реакції в’язіRB , враховуючите що a є загальним добутком рівняння (2.19)R =(3F −05Q , − P)/2.(2.20)BПідставимо численні значення в рівняння (2.20)32 ⋅ −05208, ⋅ ⋅ ,RB==0552; , ⋅ , RB=26кН, .2Із рівняння (2.18) маємо:Y =R =Q+F−R =208+2 ⋅ , − 2,6; R =1кН.A A B A2.4 Контрольні завдання для самостійної роботи1 Визначити вертикальні реакції опор, на які вільно оперта у своїх кінцівгоризонтальна балка довжиною l , інтенсивність рівномірного навантаженнядорівнює q. Вагу балки рахувати включеною в рівномірно розпо-55

ділене навантаження.Відповідь:qlHR=R=1 22.2 Визначити вертикальні реакції опор горизонтальної балки довжиноюl , якщо вантаж P поміщений на ній на відстані x від першоїопори.l−x xR=P ; .Відповідь: 1R2=Pl l3ACx1 м4 мDBНа горизонтальній балці, яка лежитьна двох опорах, відстань між якими4 м , розташовані два вантажа.Один C вагою 2 кН , другий D вагою1 кН , так, що реакція опори A вдва рази більше реакції опори B , якщонехтувати вагою балки. Відстань CDміж вантажами 1 м . Яка відстань xВідповідь: x=1 м .вантажу C від опори A ?4 Балка AB довжиною 10 м і ва-QACPDBгою 2 кН лежить на двох опорахC і D . Опора C відстоїть від кінцяA на 2 м, опора D від кінця B- на 3 м .Кінець балкиA відтягуєтьсяуверх за допомогою перекинутого че-56

Відповідь: R=3кН ; R =4 кН .CDрез блок троса, на якому підвішенийвантаж Q вагою 3 кН . На відстані3 м від кінця A до балки підвішеновантаж P вагою 8 кН . Визначитиреакції опор, нехтуючи тертямна блоці.5 Горизонтальний стрижень AB вагоюx100 H може обертатися навколо не-AQBPрухомої осі шарніра A . Кінець B відтягуєтьсядо гори за допомогою перекинутоїчерез блок нитки, на яку підвішенагиря вагою P=150 Н . На відстані20 см від кінця B , підвішений вантажQ вагою 500 H . ВизначитиВідповідь: x=25 cм.довжину x стрижнязнаходиться в рівновазі?AB , якщо вінCP3,5A0,5B6 Однорідна горизонтальна балка довжиною4 м і вагою 5 кН закладена в стіну,товщина якої дорівнює 0,5 м , так, щоопирається на неї в точках A і B . Визначитиреакції в цих точках, якщо до вільногокінця балки підвішено вантаж Pвагою 40 кН .Відповідь:RA=340 кН – вверх;RВ=295 кН – вниз.57

A7 На консольну горизонтальну балку діє параBРCсил з моментом M=6 кН⋅м, а в точціC вертикальне навантаження P=2 кН .Довжина прольоту балки AB=3,5 м ,винос консолі BC=0,5 м . Визначитиреакції опор.Відповідь:RA=2кН – вниз;R =4 кН – вверх.В8 Два однакових стрижня AB іCВідповідь:35otg α= ; α =19 5/ .58BC однакового перетину, із якихAB двічі коротше BC , з’єднанісвоїми кінцями під кутомo60 , утворюютьломаний важіль ABC . У кінцяA важіль підвішено на нитціAD . Визначити кут α , що утворюєстержень BC із горизонтом.9 Два стрижня AB і OC , вага одиниціAaDAbaCααo60OBP 2Bдовжини яких дорівнює 2p , скріплені підпрямим кутом в точці C . Стрижень OCможе обертатись навколо горизонтальноїосі O . AC=CB=a , OC=b . В точкахA і B підвішені гирі, вага якихP ( P > P ). Визначити кут α на-P1 і 22 1хилу стрижня AB до горизонту в станірівноваги.a P-P2 1tg α = ⋅.b P+P+4a+b pВідповідь:( )2 1

10 Диференціальний важіль складаєтьсяADGCQFEHPВіз стержня AB , який має нерухомуопорну призму в точці C , і перекладиниDE , з’єднані з важелем AB задопомогою стержнів AD і EF ізшарнірами на кінцях. ВантажQ=1кН підвішено до перекладини вточці G за допомогою призми. Відстаньміж вертикалями, проведенимичерез точки С і G , дорівнює 1 мм .Визначити вагу гирі P , яку необхіднопідвісити в точціН на відстаніСН =1м для того, щоб зрівноважи-Відповідь: P=10 Н .ти вантаж Q . Тертям знехтувати.11 У шарнірному чотирланковому механізміланка BC паралельна нерухомійPABECQDланці AD . Ланка AB=h перпендикулярнаAD . Посередині AB прикладенагоризонтальна сила P . Якугоризонтальну силу Q слід прикластидо ланки CD в точці E , якщоCE=CD/4 , щоб механізм був у рі-Відповідь:вновазі? Знайти реакцію в шарнірі D .Вагою ланок знехтувати.2P PQ= ; RD=3 6 і напрямлені вправо за AD .59

12 Бетонний стовп, складений з двох частинпідвішена на вертикальних тросахxA 1AB 1BAA1 і BB1 так, що вісь стовпа горизонтальна.Вага лівої частини стовпаl 1P=2êH,1 довжина l=1,5м, 1 вагаl 2правої частини P=3êH,2 , довжинаl=1,252м. Визначити, на якій відстаніx від лівого кінця стовпа маєВідповідь:х =Pl − РlP+P2 1 1 21 2бути трос AA1 , щоб натяг тросів буводнаковий.=0,4 м.h13 На вагонетці вагою Q лежить одноріднаlбалка, довжина якої L , вага P , прицьому частина балки виступає за кузоввагонетки. Визначити тиск кожного з чотирьохколіс вагонетки на рейки, якщовідстань осями вагонетки дорівнює l 1 ,Al1Bвисота кузова h , а довжина l .1 Pl ⎡ L ⎤R = P+Q + ⎢ − 1 ⎥,4 4l2 21 ⎣ h +l ⎦( )Відповідь:A1 Pl ⎡ L ⎤RB= P+Q ⎢ 1⎥4 4l2 21 ⎣ h +l ⎦( ) −− .60

14 Однорідна прямокутна пластина ABCD масою 100 г , сторониякої AB=3cм , AD=18 см , розміщена у вертикальній площинінад горизонтальною віссю Ax так, що ребро AD піднято на кутo15від осі Ax . Пластинка вдержується в рівновазі шарнірною опорою A івертикальним стрижнем BB1 . Визначить реакції цих опор.Відповідь: RA=11,7Í , RA=10,7Í .15 Однорідна пластинка має форму трапеції ABCD , верхня сторонаякої AB і нижня DC горизонтальні,∠ BAD=90o, DC=a,AB=a+b . Визначити положення гладенької горизонтальної осі обертанняO на стороні AB пластинки при її рівновазі.2 23a +3ab+bOA= .Відповідь:3(2a+b)16 Однорідний стрижень AOB зігнуто в точці O під прямим кутом.OA=a1 , OB=a2 . Стрижень AOB підвісили до гладенької горизонтальноїосі Ox , перпендикулярній до його площини. Визначити, підяким кутом α відхилена від вертикалі сторона OA .Відповідь:⎛aα =arctg ⎜⎝ a212⎞⎟⎠.61

COC117 Однорідна прямокутна пластинка і одноріднийдиск радіуса R , які мають однаковутовщину і виготовлені з одного матеріалу,підвішені до горизонтальної осі O . Дискпідвішений за допомогою стрижня OC1 .BAПри цьому сторона OA пластинки сталавертикальною. Визначити довжину OA ,якщо AB = a .Відповідь:2πRAO= a23.B18 Частина однорідної горизонтальної плити,xaAвага якої P1 і довжина l 1 , нависає надЩр підлогою. На цій пліті лежить другаплита, вага якої P2 і довжина l 2 . Визначити,на якій відстані x від лівого кінцянижньої плити розміщений лівий кінецьверхньої плити при їх рівновазі, якщоAB = a .1 ⎡1P ⎣2x≤( ) ( ) .Відповідь: ⎢a P+P1 2− Pl+Pl11 2 2 ⎥2⎤⎦62

B C1OϕCAPl19 Однорідний стержень BC , довжина яко-2lго1і вага1P , підвішений в точці COCза допомогою невагомого стержня1BC =CC .так, що виконується умова1 1Кінцем C стержень BC упирається воднорідний стержень OA , довжина якого2l 2 , вага2P . Визначити кутϕпри якомусистема знаходиться в рівновазі, якщокінець C стержня BC , розташованогогоризонтально, збігається з центром вагистержня OA .11sin ϕ =( ) . l2 P+P1 2Відповідь:20 Однорідна балка AB , довжинаAC D2 мA12 мB1E K2 мBякої 8 м і вага 3,6Т , лежить вільнона двох опорах A1 и B1 ,розміщених на двох візках. Вагакожного візка дорівнює 0,4Т .Визначити тиск пар коліс, , , С DEK на рейки.AA=0,81м , BB=2,81м кі-Відповідь:N =5,89кН,NCEDN =10,47кН,NKнець балки і вісь C колеса розміщеніна одній вертикалі.=3,93кН,=15,71кН.63

y12 , мA B121 Балки AB і DC , вагоюВідповідь:X =X =0,Y = −0,5êÍ ;Y = −0,6êÍ ;B0,2 мB0,8 мA C A CR =3,5êÍ ;R =3,6êÍ .D1 1D0,3 м1,5мD1Cxяких можна знехтувати, шарнірноприкріплені до опор Aі C і підтримуються гладенькимиопорами. B1 и D1 . Набалках стоїть ящик, вага якого6êÍ . Визначити реакціїопор балок, вважаючи, щоцентр ваги ящика однакововіддалений від B і D .PK22 Однорідний гладенький стрижень AB ,αACDBдовжина якого l і вага P , затиснутийміж опорами C і D . До кінця Aстрижня прикріплено нитку, перекинутучерез блок K . До другого кінця ниткиприв’язано вантаж вагою P . Визначитиреакції опор C і D при рівновазістрижня, якщо CD=l/3 ,∠ BAK=α, частина нитки AK вертикальна.32R .Відповідь: D=RC= Psinα64

aAbMCcB23 До лівої частини тришарнірної арки прикладенапара сил, момент якої за модулемдорівнює M . Нехтуючи вагою арки,визначити реакції шарнірних опорA і B .2 2M a +cR =R = .Відповідь:A Ba( b+c )bAaMВідповідь:bMBR=Aa ba24 Дві однакові прямокутні пластинки скріпленіміж собою шарніром C і шарнірноприкріплені до опор A і B . У площиніцих пластинок діють пари сил, напрямиобертання яких протилежні. Моменткожної пари сил за модулем дорівнюєM ; a≥ b . Нехтуючи вагою пластинок,визначити реакції шарнірних опорA і B .M 2−напрямлена вздовж AB вниз; RB=− RA.T25 Визначити силу T натягу тросів, яка потрібнаo90для того, щоб утримувати у вертикальному положенніпрямокутний щит висотою l=0,8 ì іhlшириною b=2м , якщо рівень води h=0,6 м .Відповідь: Ò=900H .65

M1AM2Bx26 Стрижні AC і BC , вагою яких можнаyзнехтувати, шарнірно прикріплені доCопор A і B і також шарнірно скріпленіна кінцях C . До стрижнів AC і BCприкладені пари сил, моменти яких дорівнюютьза модулем відповідно M1 іM2 , а напрями обертання протилежні.Відповідь:1XA= XB= ;l1Визначати реакції опор A і B , якщоAB=l,AC=l.− − MM1−M2Y= .A−Y=Bl1a27 Дано систему, що складається з трьохbMAbBbB1bCbC1D 1bDоднакових тришарнірних арок. До крайньоїполовини лівої арки прикладена парасил, момент якої за модулем дорівнюєM . Нехтуючи вагою системи, визначитиреакції опор ABCD , , , .Відповідь:2 2M a+b MR=A,R=B,2ab bR= −R , R= −R.C B D A66

T28 Клапановий затвор AB , що має плоску поверхнюl× b=2,5ì × 12ì , стримує напірhAlo90води h=2м . Нехтуючи вагою затвору ітертям, визначити реакцію цапф A і силуT натягу тросів, що вдержують затвор у такомуположенні.Відповідь: RA=200êÍ ,T=100êÍ .h29 Прямокутний поворотний затвор висотоюl=1,5 м перекриває вихід з резервуара.OxlВизначити, на якій відстані x від дна резервуараслід розмістити його вісь поворотуO , щоб для відкривання затвора треба булоподолати тільки момент сил тертя в цапфахO , якщо рівень воді h=4,5 м .Відповідь:l 3h−2lx= ⋅ =07ì , .3 2h−lB30 Прямокутний щит AB іригаційного каналуможе обертатися навколо осі O . РівеньhOαHводи зліва від щита h . Нехтуючи тертям івагою щита, знайти положення осі O , приякому підйом рівня води вище Í зумовивби автоматичне перекидання щита. Кут αвважати відомим.Відповідь:3 3H − hOA= .2 23(H − h )sinα67

2.5 Центр паралельних сил. Центр ваги тіл і його визначенняПрипустимо, що до твердого тіла в точках A і B прикладені двіпаралельні сили P і Q (рис. 2.17). Тоді рівнодійна R цих сил буде паралельнаданим силам і буде дорівнювати їх алгебраїчній сумі, а лінія її діїрозділить пряму AB в точці C так, що BC/AC=P/Q . Якщо силиP і Q повернути в площині їх дії на будь-який кут навколо точок їх прикладення,як показано пунктиром на рис. 2.17, то рівнодійна R теж повернетьсяна кут α , і її лінія дії буде проходити знову через точку C . Такимчином, видно, що точка C буде єдиною точкою, через яку проходить рівнодійнаприкладених в точках A і B сил P і Q , незалежно від їх напрямку.Така точка зветься центром двох паралельних сил.A C BPα α αQPRRQРисунок 2.17Якщо маємо три паралельні сили F, F,681 2 3F (рис. 2.18), прикладенівідповідно в точках A1, A2,A3 то тоді знаходимо спочатку центр C1для сил F1 і F3 як було показано раніше. Прикладаємо рівнодійну R1

сил F1 і F2 в точці C1 . Потім таким же чином знаходимо центр C1двох паралельних сил R1 і F3 . Ця точка і буде з’являтись шуканимцентром паралельних сил F1, F2,F3 , діючих відповідно в точкахA1, A2,A3 . Очевидно, таке складання можна виконати з будь-якою кількістюпаралельних сил F1, F2, ... Fn прикладених відповідно в точкахA , A , ...12 nA . Відкіля слідує, що існує одна і тільки одна точка, черезяку проходить рівнодійна сила незалежно від напряму дії паралельних сил.Така точка зветься центром паралельних сил.A1F1R1RC1CF2A 2A 3Рисунок 2.18Визначають радіус – вектор центра паралельних сил:r =Cn∑ rFi=1ni=1iFii.∑(2.21)69

У проекціях на вісі координат із (рис.2.18) отримуємо:(2.22)∑ xF ⎤i iixC= , ⎥∑ F ⎥ii ⎥∑ yF ⎥i iiyC= , ⎥∑ F ⎥ii ⎥∑ zF ⎥i iizC= .⎥∑ F ⎥ii ⎥⎦Якщо тверде тіло, розмірами якого можна знехтувати порівняно зрозмірами Землі, знаходиться в полі сил тяжіння, наприклад, поблизу земноїповерхні, то з великим ступенем точності можна вважати, що сили вагиPi окремих часток (рис.2.19) тіла складають систему паралельних сил.zMiViOPiyxРисунок 2.19Нехай V - об’єм елементарного паралелепіпеда з центром у точці70

Mi , аP i – сила ваги, що діє на цей елемент ваги71mi . Тоді середньоюгустиною елемента цього об’єму називається відношенняm/ V .iiСтягуючи паралелепіпед у точку Mi , дістанемо густину( x,y,z )γi i i в цій точці тіла як граничну середньої густини.вагиγmi( ) .x,y,zi i i=limvi0 v→ (2.23)Припустимо, що в центрі кожного паралелепіпеда прокладена силаPi , модуль якої P=gi iViiγ тоді сила ваги P i , утворює системупаралельних сил, центр яких визначиться на основі формули 2.21, таформули 2.22 у вигляді:r =C∑iiPrЗа допомогою рівнянь (2.23) і (2.24) отримуємоr =C∫( V )gγабо в проекціях на координатні осі:x =Cy =Cz =C∫( V )∫∫( V )( V )iPii.∑ (2.24)( x, y, zrdv )Pxγgdv,Pyγgdv,Pzγgdv.P(2.25)(2.26)

У разі однорідного твердого тіла (γ=const) тому:P=gγV, dP=gγdV .(2.27)Підставивши значення (2.27) у формулу (2.26), знайдемо:x =Cy =Cz =C∫∫( V )( V )∫xdv, Vydv, V( V )zdv. V(2.28)У разі, якщо паралельні сили розподілені по деякій однорідній( γ =const) поверхні S , то P= γ S, а сила ваги dP елемента поверхніdS буде dP= γ gdSдістанемо:. За допомогою формул (2.28) у цьому разі∫ ∫ ∫xds yds zds( S) ( S) ( S)xC= , yC= , zC= .S S S(2.29)Для визначення центра ваги лінії справедливі формули:r =C∫() lrdll,72

∫ ∫ ∫xdl ydl zdl() l () l () lxC= , yC= , zC= ,l l l(2.30)де l – довжина лінії.Використовуючи властивості лінійних, поверхневих і об’ємних інтегралівлегко встановити наступні положення:1) якщо однорідне тверде тіло має площину геометричної симетрії, тоцентр тяжіння цього тіла знаходиться в цій же площині;2) якщо однорідне тверде тіло має ось геометричної симетрії, тоцентр ваги знаходиться на цій осі;3) якщо однорідне тверде тіло має центр геометричної симетрії, тоцентр ваги співпадає з цим центром симетрії.Положення центра ваги тіла можна визначати, якщо розбити його натакі кінцеві частини, центри ваги яких відомі. Хай маються три такі частиниτ1, τ2,τ3 . Центри ваги частин C,C1 2,C 3 (рис.2.20). Вага кожного тіларозподілиться на три окремі сили.τ1C1CC3τ3τC22Рисунок 2.20Положення центра ваги всього тіла можна визначати за формулою:де τ = τ1+ τ2+ τ3.( ) ,rC= r1τ1+r 2τ2+r 3τ3/ τ (2.31)73

Аналогічні формули можливо отримати для координатxC, yC,zC центра ваги.Розглянемо тіло, яке має порожнини (рис.2.21). Хай пуста порожнинамає об’єм 2C2 x,y,z2 2 2 і r Cτ . Координати умовного центра її ваги ( )– радіус-вектор і її центра ваги (якщо цю порожнину заповнити речовиною)центр ваги тіла, фактично заповненого матерією (без τ2 ) визначимо C , аоб’єм тіла τ .Рисунок 2.21zOCrCr C 1r C2C1C 2yxСуцільне тіло (без пустоти) матиме об’єм.τ1= τ+τ2 .Центр ваги цього тіла позначимо C1 .Використавши метод розбивки тіла на частини, можна визначити радіус-векторцентра ваги всього об’єму τ1 в такому вигляді:( τ τ ) / τ .r = r+ r1 1 1 2 2 174

Відкіля r=1 ( τ1r1−τ2r2) ( τ1 − τ2)(2.31)/ .Таким чином, визначено радіус-вектор центра ваги тіла з порожниною.Для координат центра ваги маємо:x1τ1−x2τ2 y1τ1−y2τ2xC= , yC= ,τ −τ τ −τz =Czττ1 2 1 2−zτ−τ1 1 2 21 2.Приклад 1Визначити координати центра ваги площі фігури (рис.2.22), якщоa=0,1м; b=0,6м; c=0,4м; d=1м;l=0,4м .ylaOC1clC2Рисунок 2.22C3dxРішенняРозіб’ємо фігуру на три прямокутники. Дані про площі елементарнихфігур, а також координати їхніх центрів ваги запишемо в табл. 2.1.75

Таблиця 2.1iSi1 0,06 0,05 0,32 0,24 0,3 0,33 0,4 0,7 0,5xiyiКоординати центра ваги всієї фігури знайдемо за формулами (2.22)x =05м , ;C∑ xSi ii=1xS+xS1 1 2 2+xS3 3xC= = =S S+S +S1 2 30003+0072+0 , , , 28 0,355= = ;07 ,0,7∑ySi ii=1yS+yS1 1 2 2+yS3 3yC= = =S S+S +S1 2 30018+0072+02 , , , 029 ,= = ;07 , 07 ,y =04м , .CПриклад 2Визначити координати центра ваги площі колового сектора AOB зцентральним кутом∠AOBα= 4πРішенняі радіусом r=02м , (рис.2.23).Оскільки коловий сектор має вісь симетрії Ox , то центр ваги знаходимона цій самій осі. Тому слід визначити лише координатуxC . За пер-76

шою формулою (2.29):x =C∫( S )SxdS.OdϕϕrLKABDExРисунок 2.231 2S= r .Площа сектора буде2 α Виділивши елементарний сектор1 22ODE , знайдемоdS= rdϕ ; ∠ KOL= ϕ, OK= r,232x=OL=OKcos ϕ = rcosϕ.3 Визначимо статичний момент:2 1 2 π3 2 3 8π2 8 ϕ3∫ xdS= r r 2∫cos d ϕ = rsin0(S).Остаточно дістанемо:77

2 3 ππr sin sin3 8 16x 8C= = r1 2 πr3 π2 4.Приклад 3Знайти центр ваги трапеції ABDK (рис.2.24).yBbDAyCCLahKxРисунок 2.24них маємо:РішенняРозіб’ємо трапецію на трикутники ABD , ADK . Для кожного з2 1y1= h, y2= h.3 3Бо центр ваги трикутника знаходиться в точці перетину його медіан.bh ahS1= ,S2= .2 2Після чого отримуємо:78

( a+2b)( )yS+yS1 1 2 2h h⎛b ⎞yC= = ⋅ = ⎜1+⎟.S+S 3 a+b 3⎝a+b⎠1 2Приклад 4Визначити центр ваги заштрихованої площини деталі (рис.2.25).y701 6 14xРисунок 2.25РішенняЦю площину можна розглядати як фігуру, складену із прямокутниказ висотою 8 см і основою 4 см , із якого знизу вирізана площа півколарадіуса 3 см , а зверху додано трикутник, маючий висоту 8 см і основу3 см . Залишаємо площі фігур і координати їх центрів:S=32 ñì ,x=4ñì ,y=2ñì1 1 1S =12 ñì ,x=8/3 ñì ,y=14/3 ñì2 2 22π R 26S=3=4,5πñì , x=4ñì3, y=Rsin3 ( αα / ) = ñì .2πДля координат центра ваги заштрихованої площі маємо:;;79

Sx+Sx − Sx 32⋅4+12⋅8/3−4,5π⋅41 1 2 2 3 3xC= = =3,4 ñìS+S1 2−S332+12−4,5πSy+S y −Sy 32⋅2+12⋅14/3−4,5π⋅6/π1 1 2 2 3 3yC= = =3,3 ñìS+S1 2−S332+12−4,5π..Приклад 5Визначити шляхом інтегрування координатиC дуги чверті кола радіуса R (рис.2.26).xC іyC центра вагиРішенняВізьмемо початок координат в центрі кола і направимо осі x і y якпоказано на рисунку. Тоді рівняння кривої AB буде:y2 2 2x +y =RxCOxRdlByyCxРисунок 2.26Розділимо дугу AB на елементи нескінченно малої довжини dlдовжина такого елемента буде:80

Відкіля( ) + ( ) .2 2 Rdl= dx dy = dxy∫R∫Ry dxydl 2y0R 2RyC= = = =dl dl π R∫ ∫2π.З питаннями про визначення положення центрів ваги ліній і площпов’язані дві елементарні теореми, які називаються теоремами Паппа – Гульдіна.Теорема1. Площа поверхні тіла, утвореного обертанням плоскої кривоїнавколо осі, що лежить в її площині та її не перетикає, дорівнює добутковідовжини цієї кривої на довжину дуги кола, описаного її центром ваги.Тобто:де S – площа поверхні тіла,S=2 x l,xC – координата центра ваги,l – довжина кривої.π (2.33)Теорема 2. Об’єм тіла, утвореного обертанням плоскої фігури навколоосі, що лежить в її площині і не перетинається з її контуром, дорівнюєдобуткові площі цієї фігури на довжину кола, описаного її центром ваги.Тобто:CV=2 xS,π (2.34)Cде V - об’єм тіла,xC – координата центра ваги,S – площа фігури.81

2.6 Статична стійкість положення рівноваги твердого тілаПоложення статичної рівноваги твердого тіла називають стійким,якщо при невеликих відхиленнях тіла від цього положення, момент якийповертає тіло в положення рівноваги, буде більшим за збурюючий момент,що відхиляє тіло від цього положення.Якщо тверде тіло не прикріплене до основи, то умова його статичноїрівноваги така, що сила ваги не повинна виходити за межі основи(рис.2.27).PPPO Oа б вРисунок 2.27У положенні а) і б) на рис.2.27 конструкція є стійкою, а в положеннів) – нестійкою.2.7 Контрольні завдання для самостійної роботиAbcyCa/2yCO a/2bBbx1 Визначити координату yC заштрихованоїплощі перерізу. Дані розміри:a=6 см, b=1см ,c=2см .yВідповідь: =1,1 см.C82

y2 Визначити положення центра вагизаштрихованихOx3 4 квадрату з стороноюa .512x=y .Відповідь: c c= ay3 Визначити положення центра ваги заштрихованих3 4квадрату з стороноюOxa .a 7x= , .Відповідь: cyc= a2 18402060204 Визначити положення центра ваги заштрихованогосічення.Відповідь: x=2,5 см, y=1,5 см .по розмірам, які вказані на рисунку визначити положення центра вагисередньої лінії скоби.cВідповідь: x= −0,78 см,yc=c− 4,78 см.c83

y6 Визначити положення центра ваги CC0xзаштрихованої площі, отриманої вирізанняміз чверті кола радіусом a півколаз діаметром a .Відповідь:x=0,35a, y=0,64a.ccy60040408030x7 Із тонкої пластинки вирізане коло діаметром4 см так, що центр вагиотриманого перетину співпадає зцентром кола. Визначити координатиxc іВідповідь:yc центра кола.x=3,62 см, y=2,72 см.cc8 Визначити положення центра ваги Cзаштрихованої площі OABD .Відповідь: x=2,63cсм ,84y=2,36 см .9 Визначити положення центра ваги C60yD0o4530o60yOB60o45100xAxcзаштрихованого сектора кільця зцентральним кутом вo90 , симетричноговідносно осі y .Відповідь: x=0y=7,35 , см .cc

10 Визначити положення центра ваги Cзаштрихованої площі коловогосегмента BD .x=11,04 см y=0.Відповідь: ,11 Із квадрата ABCD з стороною aB C вирізаний рівнобедрений трикутникADE так, що його вершина E єaE yцентром ваги заштрихованої площі.AyO120o3030o120BDDxcВизначити висоту у цього трикутника.Відповідь:yc=0,634a.c6 мy12 Визначити положення центра ваги4 м4 мплоскої ферми, якщо вага одиниці довжинивсіх стрижнів однакова.Відповідь: x=2,94cм ,xy=1,88 м .13 Визначити положення центра вагиy500102040101010cзаштрихованої площини відноснокоординатних осей x і y .Відповідь: x=1,9cсм ,xy=0,6 см .c85

80a14 Визначити положення центра ваги заштрихованоїплощини плоскої фігури відноснокоординатних осей x і y .Відповідь: x= − 0,71 см,cy =4,21 см .302020y0c15 Визначити положення центра ваги заштрихованоїплощини відносно координатнихосей x і y .Відповідь: x=1,92cсм ,y =1,91 см .16 Тонка однорідна проволока з однаковимay060C2020a20402020ax20bxcпо довжині перетином зогнута, як показанона рисунку. При даному розмірі a ,визначити розмір b , щоб центр вагипроволоки співпадав з центром її коловоїділянки.Відповідь: b=0,62a .ya0 bc x17 Однорідну тонку дротину зігнуто під прямимикутами. Знайти положення її центраваги.Відповідь:( )( )bb+2cx=c,2 a+b+c2 2a +cy=c.2a+b+c( )86

14 смy8 см0 16 см 12 см18 Визначити положення центра ваги однорідноїтонкої дротини, зігнутої під прямимикутами.xВідповідь:x=10,4cсм,y=7,4 см .c19 Визначити положення центра ваги молотка,що складається з однорідної циліндричноїголовки масою 300 г , іоднорідного тонкого стержня AB вагою50 г .Відповідь: x=0,y=2 см ,ccz=4cсм.20 Визначити положення центра вагипрямокутного столика. Усі ніжки ідошка однорідні. Маса кожної ніжкидорівнює 1 кг , маса дошки– 4 кг .Відповідь:cx=0,3cм,y=0,4 м, z= − 0,13 м.c87

21 Корпус якірної підводної міни має формуциліндра з випуклими сферичними днищами.Висота циліндричного поясуh=2r . Висоти сферичних сегментіввідповідно дорівнюють: f1=0,5r іf2=0,2r . Знайти центр ваги поверхнікорпуса міни.x=y=0,Відповідь: c czc=1,28r.22 Знайти граничну висоту h циліндра, при якійтіло, яке складається із циліндра і півкулі однаковогорадіусу r , втрачає стійкість в станірівноваги, коли воно спирається поверхнеюпівкулі на гладеньку горизонтальну площину.Центр ваги усього тіла повинен співпадати зцентром півкулі. Відстань центра ваги однорідноїпівкулі від його основи дорівнює 3/8r .Відповідь:rh= .2.h23 Знайти граничну висоту h конуса, приякій тіло, яке складається із конуса і півкуліоднакової густини і радіуса r втрачаєстійкість в стані рівноваги (центр вагиусього тіла повинен співпадати з центромпівкулі. Відстань центра ваги однорідноїпівкулі від його основи дорівнює 3/8r ).Відповідь: h=r 3 . .88

24 Визначити висоту H однорідного конуса,при якій ось симетрії тіла, складеногоіз конуса і однорідного циліндра іпідвішеного в точці A , буде горизонтальною.Висота H=0,31м .Відповідь: H=0,74 м .25 Визначити координату zc центра вагикруглого однорідного конуса, якщо радіусоснови r=0,4 ì ,кутВідповідь: z=0,1cм .oα =45 .26 Визначити статичний момент круглого однорідногоконуса відносно координатної площиниOxy , якщо висота конуса h=0,8 м ,а радіус його основи r=0,4 м . (Статичниммоментом відносно площиниOxy називаютьінтеграл ∫ zdv) .( v)∫−2 4zdv=8,04⋅10ì .Відповідь: ( )v89

27 Визначити висоту H однорідногоциліндра, при якій вісь симетрії тіла,складеного з двох циліндрів і підвішеногов точці A , буде горизонтальною.Висота циліндра H=0,51м , радіусR=3r .Відповідь: H=1,5 м .H1H28 zВизначити координату zc центра вагиоднорідного тіла, складеного із конусаі циліндра, якщо висотаH=3H=0,41м.Відповідь: z=0,18cì .xOy29 Визначити координату zc центраваги однорідного тіла, складеного ізпрямокутного паралелепіпеда і призми,якщо висота H=3H=1,21м .Відповідь: z=0,45cм .90

30 Визначити координату zc центраваги однорідного тіла, складеного іздвох циліндрів, якщо висотаH1=2H , радіус R=2r.ВисотаH=0,5 м .Відповідь: z=0,5cм .3 ДОВІЛЬНА СИСТЕМА СИЛ3.1 Векторні і аналітичні умови рівноваги довільної плоскоїсистеми сил.Довільна плоска система сил зводиться до більш простої системи сил,складеної із сили і пари сил.Геометрична сума всіх сил зветься головним вектором системи сил.Він має такий виразR= ∑ Fi.(3.1)iОтримана пара від зведення системи сил зветься головним алгебраїчниммоментом відносно точки зведення. Він має вираз:M0= m0( Fi).∑(3.2)Якщо система сил знаходиться в рівновазі, то умови рівноваги записуютьсявідповідно формулам (3.1) і (3.2)i91

R=0,⎫⎬M0=0.⎭(3.3)Головний вектор сил, які знаходяться в одній площині можна записатив системі координат xOy .R = Rix+ Ryj,(3.4)деR = ∑F, R = ∑ F.(3.5)x ix y iyiiТоді умови рівноваги записані в векторній формі (3.3) із врахуваннямформул (3.4) і (3.5) можна записати в аналітичній формі.⎫∑ Fix=0, ⎪i⎪∑ Fiy=0, ⎬i ⎪⎪∑ m0( Fi)=0.i ⎭(3.6)Рівняння (3.6) називають основними рівняннями рівноваги довільноїплоскої системи сил.Існують і дві другі системи трьох рівнянь рівноваги довільної плоскоїсистеми сил: друга і третя. Приводимо їх послідовно.92

( i)∑ mAF =0,⎫i⎪⎪∑ mB( Fi)=0, ⎬i⎪⎪∑ mC( Fi) =0.i⎭( i)∑ mAF =0, ⎫i⎪⎪∑ mB( Fi)=0, ⎬i⎪⎪∑ Fix=0.i⎭(3.7)(3.8)Другу форму (3.7) звуть теоремою трьох моментів. Вона справедливатоді, коли моментні точки A , B , C не знаходяться на одній прямій.При використанні третьої форми (3.8) слід пам’ятати , що вісь z неповинна бути перпендикулярна прямій, що проходить через моментні точкиA і B .Приклад 1Однорідний брус AB вагою P опирається кінцем A на гладенькугоризонтальну площу і виступ D , а кінцем B на нахилену гладенькуплощу, яка утворює з горизонтальною площиною кут α (рис 3.1). Бруснахилений під кутом β . Визначити сили тиску бруса на обидві площі і виступD .93

Рисунок 3.1РішенняРозглянемо рівновагу бруса AB . На брус діє задана сила P , прикладенав середині бруса, і реакції в’язей R, N ,941 2N напрямлені перпендикулярновідповідним площинам. Проведемо координатні осі (рис. 3.1) іскладемо умови рівноваги, взявши моменти відносно центра A , де перетинаютьсядві невідомі сили. Попередньо визначимо проекції кожної із силна координатні осі і їх моменти відносно центра A і внесемо ці данні втаблицю 3.1. При цьому введемо наступні означення: AB=2a ,∠ KAB=γ ( AK – плече сили R відносно центра A ).Таблиця 3.1FiN1N2 P RF 0 N2 0 − RsinαixFiy1a( i)N 0 − P Rcosαm F 0 0 − Pacosβ R2acosγ

Складемо умови рівноваги:∑i∑i∑F =0, N − Rsin α =0,ix 2F =0, N − P+Rcos α =0,iy 1A( i) , β γ .m F =0 Pacos +2Racos =0⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭Із останнього рівняння знаходимо:PcosβR= 2cos γТак як пряма AK паралельна нахиленій площині, товідкіля γ = α − β .Остаточно:PcosβR= 2cos.( α − β ) .∠ KAx=α ,Із перших двох рівнянь, отримуємо:⎛N1=P ⎜1−⎝2cosα2cos⋅ cosβ( α − β )sinα ⋅ cosβN =P 2cos( α − β ) .⎞⎟⎠,Для перевірки вірності отриманих результатів можна скласти рівняннямоментів відносно точок, де перетинаються лінії дії сил R і N2 і силR і N1 .95

Приклад 2Симетрична арка (рис. 3.2) навантажена системою сил, яка приводитьсядо сили Q=40 кН , прикладеної в точці D , і пари сил з моментомA .MD=120 кН⋅ м. Вага арки P=80 кН ..oДано: AB=a=10 м, b=2м, h=3м , α =60 .Визначити реакції нерухомої шарнірної опори B і рухомої опориРозглянемо рівновагу арки. На неї діють задані сили P і Q , парасил з моментомMD і реакції опорN , X ,ABY . Реакцію нерухомоїшарнірної опори B зображаємо двома її складовими (рис. 3.2).BhyN AbQ2AD QαQ1mDPBYBXBxaРисунок 3.2У цій задачі зручно скористатися умовами рівноваги, взявши моментивідносно точок A і B і проекції на вісь Ax . Тоді в кожне рівнянняввійде по одній невідомій силі. Для визначення моментів сили Q розкла-96

демо її на складові Q1 і Q2 , модулі яких Q=Qcosα1,Q2=Qsinα , і скористаємося теоремою Варіньона. Тоді отримаємо:F =X +Qcos α =0,∑ ix B, (3.9)i( ) ≡ − − α − α ,m F Ya Pa 2 hQcos bQsin +m =0∑ A i B D (3.10)ii( )∑m F ≡ Pa 2−N a−hQcos α +B i A( − ) α .+a bQsin +m =0D(3.11)Вирішуючи рівняння (3.9), (3.10), (3.11), знайдемо:X = −Qcos α = −20кН,B( α α)Y =P2+Q bsin + hcos / a−m / a≈40,9кН,BN =P2+Q(( a−bsin ) α −hcosα)/ a+m / a≈73,7кН.ADDТак якXB є негативною величиною, то складовапротилежний показаному на рисунку 3.2.XB має напрямокПовна реакція шарніра B знайдеться як геометрична сумаXB іY . По модулю R = X 2 +Y 2 45,5 кН.BB B B≈ .Для перевірки можна скласти рівняння проекцій сил на вісь Ay :∑ F ≡ N +Y −P−Qsin α =0.iiy A BПідставивши в це рівняння знайдені раніше сили97NA іYB прихо-

димо до висновку, що вони відповідають цьому рівнянню.Слід мати на увазі, що при такій перевірці можна не знайти помилок,пов‘язаних з невірним визначенням проекцій або моментів сил, перпендикулярнихосі Ay . У зв‘язку з цим необхідно або додатково перевірити цючастину розрахунків, або скласти ще одне рівняння, наприклад рівняннямоментів відносно центра D .Приклад 3До стовпа з перекладиною прикріплені два блока C і D через якіперекинута вірьовка, яка утримує вантаж вагою Q=240H . Нижній кінецьвірьовки закріпленій в точці B . Стовп утримується в рівновазі розтяжкоюEE1 . Нехтуючи вагою стовпа з перекладиною і тертям в блоках,визначити натяг розтяжки і реакцію кріплення в точці A , розглядаючи їїяк шарнірну тобто вона дозволяє стовпу обертатись навколо точки A . Всірозміри вказані на рис. 3.3 в метрах. Розмірами блоків знехтувати.y1,0C1,6E 1β1,2ETY AADKFα BX A0,9K 1Q1,2xРисунок 3.398

РішенняРозглянемо рівновагу усієї конструкції, тобто стовпа з перекладиною,блоками і частиною вірьовки KDCK1 , яка обіймає блоки.На конструкцію діють такі зовнішні сили: прикладена в точці K1сила Q , прикладена в точці K сила натягу F вірьовки і реакції в‘язейAT, X , Y . Внутрішні сили, які не входять в рівняння рівноваги, не зображаємо.AТак як при відсутності тертя в блоках натяг вірьовки скрізь однаковий,то F=Q . Складемо для діючих сил наступні умови рівноваги:∑ F ≡ Fcosα−Tcos β+X =0,i∑F ≡−Q−Fsinα−Tsin β+Y =0,iiy( i)ix∑m F ≡−Q1,0 ⋅ −F⋅ 0,9sinα+ T⋅1,2sin β =0.1iAІз прямокутних трикутників AEE1 іAAADB знаходимо, щоEE =2,0 м , DB=1,5 м . Відкіля sinαsin β=0,8cosα= cos β=0,6. Отже, у даному випадку α β= і= . Підставивши увідповідні рівняння знайдені значення тригонометричних функцій і враховуючищо F Q= , отримаємо:,0,6⋅Q−0,6⋅T+X =0−Q−0,8⋅Q−0,8⋅T+Y =0,−1,0⋅Q−0,72⋅Q+0,96⋅T=0.Розв’язавши ці рівняння, знайдемо кінцево:T=430 Н, XA=114H , Y=776HA.99AA

3.2 Контрольні завдання для самостійної роботи45 601 Визначити реакцію опори D , якщо силиF=84,61H , F=208H2, розміриAB=1м, BC=3м , ,CD=2м .Відповідь: RD=130 H . .2 На балку, довжина якої l=3м , діютьMпари сил з моментами M=2кНм1⋅ іM=8кН2⋅ м. Визначити в кНмодуль реакції опори B .ВідповідьR=2кНB .3 Визначити момент M пари сил,при якому реакція опори B дорівнює250 H, якщо інтенсивністьрозподіленогонавантаженняq=150 Нм , розміри60AC=CB=2м .Відповідь M=200 Н⋅ м.100

F=504 На важіль діють сили1кН іF2 . Визначити в кН Fсилу2 , приякій важіль в показаному стані знаходитьсяв рівновазі, якщо кутoα =60 , а довжини AO=3м ,OB=BC=4 м .F=65Відповідь:2кН .5 На балку AB діють розподілене навантаженняінтенсивністюq=2 Нм і сила F=6 Н .Визначити реакцію опори B ,якщо довжинаoα =45 .AC=13AB , кутВідповідь:R=4,1BН .6 На балку AC діють розподілене навантаженняінтенсивністюqmax=2,5 Í ì і пари сил з моментамиM2=2Í⋅M =4Í ⋅ ì і1ì . Визначити реакціюопори B , якщо довжинаAB=4ì .Відповідь:RB=3,83Í .101

7 Визначити інтенсивність qmax розподіленогонавантаження, при якомуреакція шарніра B дорівнює346Í , якщо розміри AB=8ì ,AC=6ì .Відповідь:qmax=400 Í ì .8 Визначити реакцію опори D вêÍ , якщо момент пари силM=13êÍ ⋅ ì, інтенсивність розподіленогонавантаженняqmax=8êÍ ì , розміриAB=BC=3ì , CD=1ì .Відповідь:RD=10êÍ .9 Балка AC закріплена в шарнірі C іпідтримується в горизонтальномустані вірьовкою AD , яка перекинутачерез блок. Визначити інтенсивністьрозподіленого навантаження q , якщодовжини BC=5ì , AC=8ì ,кут αo=45 , а вага вантажу 1 дорівнює20 êÍ .Відповідь: q=9,05 êÍ /ì .102

10 Визначити вагу вантажу 1, необхіднудля утримання однорідної балки ABв рівновазі в горизонтальному стані,якщо її вага дорівнює 346Í .Відповідь: P=200Í1 .11 Визначити горизонтальну складовуреакції нерухомого шарніра A балки,якщо натяг у троса F=35êÍ .Відповідь:XA=35êÍ .12 Визначити реакцію опори A , якщоl=0,3ì , інтенсивність розподіленогоqmax=20 êÍ /ì , кут αнавантаженняo=60 .Відповідь:RA=2,0 Í .103

13 Маятник перебуває в рівновазі під дієюпари сил з моментомM=05H , ⋅ ì і другої пари сил,утвореної вагою P і опорною реакцієюR . Знайти значення кута ϕ ,відхилення маятника в градусах, якщоP=10Í і відстань l=0,1ì .Відповідь:oϕ =30 .14 Кінець B однорідного бруса вагою100êÍ , закріпленого в шарнірі A ,опирається на гладеньку стіну. Визначитив êÍ тиск бруса на стіну,якщо кутВідповідь:oα =60 .RB=86,6êÍ .15 На косинець діє горизонтальна силаF . На якій відстані h2 необхіднорозмістити опору B , для того, щобреакції опор A і B були однакові,якщо розміри l=0,3ì , h=0,4ì1 .Відповідь: h=0,1ì2 .104

16 Визначити горизонтальну складовуреакції C рами AB , якщо до неїпідвішене вантаж 1 вагою 18êÍ .Відповідь:XC=0 .17 Стрижень утримується під кутомoα =30 до горизонту. Визначитиреакцію опори A , якщо момент пари⋅ ì .сил M=25êÍВідповідь:RA=0 .18 Балка AB опирається на стриженьCD . Визначити реакцію стрижняCD , якщо довжина AB=2ì ,BD=13AB , сила F=4H , кутoα =60 .Відповідь:RCD=5,20Í .105

19 На зогнуту балку AB , защемлену встіну, діють розподіленні навантаженняінтенсивністю q=5Í1ì іq2=3Í ì . Визначити реактивниймомент жорсткого кріплення,якщо BC=3ì , AD=5ì .Відповідь:MA=-60,0Í⋅ ì .20 Визначити горизонтальну силу F ,при якій реакція опори B арки ABдорівнює 200Í , якщо розміриa=1ì , AB=4ì .30Відповідь: F=693Í .21 Арка, яка має форму півкола, жорстко45 защемлена в точці A . Визначитимомент в защемленні, якщо силаF=100H .Відповідь:MA=0 .22 Вантажі 1 і 2 підвішені на канатах,αнамотаних на ступінчатий барабан.Визначити в êÍ горизонтальнускладову реакції шарніра A , якщокут106oα =60, вага вантажу 1 дорівнює30êÍ . Система знаходиться врівновазі.Відповідь:XA=15êÍ .

23 Вантажі 1 і 2 висять на канатах, намотанихна ступінчатий барабан. Визначитив êÍ вертикальну складовуреакції шарніра A , якщо радіусoR=2r , кут α =30 , вага вантажу1 дорівнює 20êÍ . Система перебуваєв рівновазі.Відповідь:YA=50êÍ .24 Стрижень AB жорстко зв‘язаний здиском визначити в êÍ реакціюопори B , якщо сила F=24êÍ ,кутoα =30 .Відповідь:RB=6,0êÍ .25 Стрижень AC жорстко зв‘язаний зрамою. Визначити в êÍ реакціюопори B , якщо силиF=F=20êÍ1 2 , момент пари силM=80 Í ⋅ ì , відстань l=2ì .Відповідь:RB=50êÍ .107

26 На ферму діє вертикальна сила F .При якому значенні в градусах кутаα реакція опориВідповідь:oα =30 .RA=2F .27 Однорідна квадратна пластина вагою10H закріплена в вертикальнійACBплощині на трьох опорах. Визначитиреакцію опори A , якщо розміриl=0,3ì1 , l =0,1ì 2 , h=0,1ì1 ,h=0,2ì2 .Відповідь:RA= 5,0H.28 Драбина 1 вагою G=2êÍ утримуєтьсяв горизонтальному стані задопомогою силового гідроциліндра 2.Визначити в êÍ силу, діючу наштоксили108гідроциліндра, якщо моментMO(G)=2êÍ⋅ ì , кутoα =30 , відстаньAO=AB=05ì , .Відповідь: S=2,93êÍ .

29 На консольну балку AB , защемленув стіну, діє сила F=40Í і парасил з моментом M=20 Í⋅ ì. Визначитимомент в защемленні, якщодовжина AB=4ì .Відповідь:M=140AÍ ⋅ ì .30 Консольна балка навантажена парамисил з моментами M1=1790ÍM2=2135Í⋅ ì . Визначити моментв защемленні.Відповідь:⋅ ì іMA=-345Í⋅ ì .6031 До балки ÀD прикладена пара сил змоментом M=200Í ⋅ ì , розподілененавантаження інтенсивністюq = 20 Í ì і сила F . Якою повиннабути ця сила, для того щоб моментв защемленні дорівнював650Í ⋅ ì , якщо розміриAB=BC=CD=2ì ?Відповідь: F=144Í .109

32 Визначити момент в защемленні A ,60якщо F1=50Í , F=100Í2 ,розміри AB=BC=2ì .Відповідь:MA=446Í⋅ ì .33 Визначити інтенсивність q розподіленогонавантаження, при якому моментв защемленні A дорівнює546Í ⋅ ì , якщо силаF=173Í , момент пари силM=42Í ⋅ ì , розміриAB=CD=2ì , BC=1ì .Відповідь: q=36,0 Í ì .34 Визначити силу F , при якій моментв защемленні A дорівнює3700 Í ì ⋅ , якщо інтенсивність розподіленогонавантаженняq=200 Í ì , розміриAB=BC=2ì , CD=3ì .Відповідь: F=400Í .110

35 Визначити в êÍ ⋅ ì момент в защемленніA , якщо силаF=80êÍ , кутαo=30, відстаніl=1,8ì 1 , l =2ì 2 ,h=0,4ì .Відповідь: MA=35,7êÍ⋅ ì .36 Визначити в êÍ ⋅ ì момент в жорсткомузащемленніA консольноїбалки, якщо сила натягу тросаF=50êH і відстань h=0,5ì .Відповідь: MA=25,0êH ⋅ ì .37 Визначити в êÍ горизонтальнускладову реакції в жорсткому зачепленніA консольної балки, якщо силанатягу троса F=25kH , кутoα =30 .Відповідь:XA=0.111

38 Визначити силу F в êÍ , при якіймомент в жорсткому зачепленні Aдорівнює 56kH ⋅ ìAB=5,66ìВідповідь: F=14,0êH ., якщо відстаньA39 Визначити інтенсивність q розподіленогонавантаження, при якому моментв жорсткому зачепленні A дорівнює480H ⋅ ìAB=3ì , BC=2ì .Відповідь: q=600 , Í /ì ., якщо розміри40 Визначити в êÍ вертикальну складовуреакції в жорсткому зачепленніA консольної балки, якщо сила натягутроса F=10êH і кутoα =30 .Відповідь:yA=5êH .112

41 Визначити в êÍ вертикальну складовуреакції в жорсткому зачепленніA консольної балки, якщо сила натягутроса F=4êH і кутoα =60 .Відповідь:YA=3,46êH .42 Визначити в êH ⋅ ì момент в жорсткомузащемленніA консольноїбалки, якщо сила натягу тросаF=40êH , відстань h=3ì ,кутoα =30 .MA=120êH ⋅ ì .Відповідь:43 На кронштейн діє сила F=10H .Знайти максимальну довжину l балки,при якій момент пари сил, виникаючийв жорсткому защемленні A ,не перевищує 1H ⋅ ìr=0,05ì , кутoα =60 .Відповідь: l=0,10ì ., якщо радіус113

44 Визначити модуль сили F при якійqAмомент в жорсткому защемленнідорівнює 300Í ⋅ ì , якщо інтенсивністьрозподіленого навантаженняqmax=400 Í /ì , розміри AB=3ì ,BC=2,4ì , BD=1ì .Відповідь: F=234H .45 Визначити довжину ділянки BC ,при якій момент в жорсткому защемленніA дорівнює 180H ⋅ ì, якщорозмір AC=2ì і інтенсивністьрозподіленого навантаженняq=30 Í /ì .Відповідь: BC=2,0ì .46 Визначити модуль моменту в жорсткомузащемленні A , якщо qсила30F=150H , інтенсивністьqmaxрозподіленого навантаження дорівнює40 Í /ì , розміриAD=BD=1ì , BC=3ì .Відповідь:MA=195H ⋅ ì .114

47 Трубу, вага якої 2êH і радіусR=0,5ì , охоплюють два канатиAOBдо кожної з чотирьох частин канатівприкладена сила 250H . Визначититиск труби на горизонтальні паралельніребра виступів, якщо відстаньміж стінками цих виступівl=0,6ì , AO=OB=1,2ì .Відповідь: N1=N 2=673H .48 Однорідний стрижень AB вагою10H упирається кінцем A у виступі вільно лежить на гладенькійповерхні півциліндра. Визначити реакціюопор, якщо стрижень AB нахиленийдо горизонту під кутомі AC=34AB .Відповідь:XA=-2,9H , YA=5H ,RC=5,8H .o30 ,115

49 Однорідна пластинка, вага якої 5H ,має форму прямокутного трикутника.Вона шарнірно прикріплена до опориO і вільно спирається на гладенькуопору C . Перпендикулярно до сторониOÂ на пластинку діє сила, щодорівнює 10,4H . OD= BD . Визначитиреакції опор, якщоAB=10ñì , OA=24ñì ,OC=8ñì .Відповідь:XDRC=26,9H .=-4H , YD=-12,3H ,50 Однорідна прямокутна плитаABCD , вага якої 400H , однимребром упирається на гладеньку стіну,а другим – на гладеньку підлогу.Грань AB нахилена під кутомoα =30 до горизонту. До серединиодного з ребер прикладена горизонтальнасила Q , лінія дії якої перетинаєлінію дії ваги плити. a=0,5ì ,b=1,5ì . Визначити силу Q прирівновазі плити.Відповідь:Q=661,8H .116

3.3 Тертя ковзання. Розв’язання задач статики принаявності сил тертяПрипущення про ідеально гладеньку поверхню суперечить досліду.Дійсно, дотик двох тіл відбувається не в одній лише точці. Обидва тіла зазнаютьпри цьому малі деформації, внаслідок яких вони дотикаються попевній поверхні. Дослід переконує в тому, що крім нормальної складовоїреакції N виникає ще дотична Fτ , яка називається силою тертя(рис.3.4).F трFτ =FРисунок 3.4Розрізнюють тертя спокою, або статичне тертя, що відбувається привідносному спокої статичних тіл, і тертя руху, що відбувається при відносномурусі цих тіл. Наближені закони тертя ковзання або закони тертя першогороду встановили Г. Амонтон і Ш. Кулон. Ці закони відповідають простимдослідам, на основі яких вони встановлені. У теоретичній механіцітертям ковзання цікавляться лише у зв’язку з визначенням реакцій в’язей.Найпростіші властивості тертя можна встановити, користуючись простимприладом, який називається трибометром. Прилад складається зі стола,по якому рухається тіло вагою P (рис.3.4), це тіло починає рухатися задопомогою нитки, перекинутої через нерухомий блок A , до кінця якоїпідвішений вантаж вагою Q . Нехай у початковий момент тіло перебувалоу спокої. Якщо поступово збільшувати силу Q , то тіло все одно залишаєтьсяу спокої. Отже, горизонтальна складова реакції стола Fτ = Fтр.117

врівноважує прикладену силу Q і зростає разом з нею доти, доки рівновагане порушиться. Це відбудеться тоді, коли сила тертя досягне свого максимальногозначенняF max .Досліди показали, що максимальне значення сили тертя пропорційненормальній реакції поверхні тіла:Fmax=fN .(3.12)Коефіцієнт пропорційності f називається коефіцієнтом тертя ковзання(або коефіцієнтом тертя першого роду)і визначається дослідним шляхом.Значення його для різних матеріалів наведено у довідниках.Механізм тертя є досить складним фізичним процесом. Як показуютьдосліди, коефіцієнт тертя першого роду є сталою величиною лише в обмеженомудіапазоні швидкостей відносного руху і сил стискання поверхоньтіл. При збільшенні відносної швидкості руху тіл коефіцієнт тертя спочаткузменшується, а потім починає зростати. У деяких аномальних випадках тертяруху може бути не меншим ніж тертя спокою(наприклад, матеріали звисокою пружністю – гума тощо). Коли сила тертя досягає значенняF max, настає стан граничної рівноваги. Досить незначного приросту силиQ , щоб тіло зрушилося з місця. Як тільки тіло почне рухатися, сила тертявідразу зменшиться. Важливо зазначити, що сила тертя завжди напрямленау бік, протилежний напряму відносної швидкості тіл.Коефіцієнт тертя залежить від матеріалу стичних поверхонь, чистотиоброблення їх, фізичного стану. Він не залежить від площі стичних поверхоньтіл.Зауважимо, що коли тіло перебуває на горизонтальній площині (рис.3.5), то значення нормальної складової реакції N дорівнює вазі тіла P .Якщо тіло перебуває на похилій площині ( рис. 3.6), тоN=Pcosα .118

Рисунок 3.5 Рисунок 3.6Викладені питання про тертя ковзання стосуються тільки сухого тертя.Якщо є мастило, то існують свої закони тертя. Основоположником теоріїтертя про наявність мастила є учений М. Петров. Подальший розвитокця теорія дістала у працях М. Жуковського та інших дослідників.Зазначимо, що при терті відбувається розсіювання енергії, тобто перетвореннямеханічної енергії в теплову, тому у вузлах із тертям температуратіл підвищується.У багатьох випадках сили тертя розглядають як джерела шкідливихопорів руху машин чи приладів. Проте в ряді інших випадків, навпаки, безсил тертя неможливий рух. Наприклад, саме така роль тертя при ходьбілюдини, русі всіх видів колісних транспортних машин, прокатних станів,та в інших випадках.Розглянемо деякі випадки застосування законів тертя ковзання.Приклад 1Тіло, сила ваги якого P=100H утримується в рівновазі силою Tна шорсткій похилій площині, яка має кут нахилуoα =45. Коефіцієнттертя ковзання між тілом і площиною f=0,6 . Сила T діє на тіло підкутомoβ =15 до лінії найбільшого скату (рис 3.7). Визначити числовезначення сили T при рівновазі тіла на шорсткій похилій площині.119

РішенняДо тіла прикладені сили N, PT , і сила тертя F . Можливі два випадкиграничної рівноваги тіла і відповідно два граничних значення T придвох напрямках сили тертя по похилий площині вниз і вгору в залежностівід напрямлення можливого ковзання вздовж похилої площини. Для складеннярівнянь рівноваги тільки один раз введемо f 1= kf , де k=±1 .Рисунок 3.7Складемо умови рівноваги у вигляді суми проекцій сил на координатніосі для обох випадків:Tcosβ−F − Psinα= 0 ;Tsinβ+ N − Pcosα= 0 .За законом КулонаF = fN1= kfN .Вирішуючи це рівняння відносно T отримуємоВідкіля при k=+1120( α α) ( β β)T = P sin + kfcos / cos + kfsin .

( α α) ( β β)T = P sin + fcos cos + fsin ≈ 102H ,при k=-121/( α α) ( β β)T = P sin − fcos / cos − fsin ≈ 35H .Таким чином, сила T при рівновазі тіла повинна відповідати умові35 T 102H ≤ ≤ .Приклад 2Однорідний важкий стрижень AB довжиною l опирається кінцемA на гладеньку вертикальну стіну, а другим B на шершаву вертикальнустіну (рис 3.8). Відстань між стінами h , притому h< l. Визначити коефіцієнттертя стіни f при якому можлива рівновага стрижня.NNFРисунок 3.8121

РішенняРозглянемо випадок, коли точка A стрижня знаходиться вище точкиB . Рівновага стрижня неможлива, якщо точка A розташована нижчеточки B . На стрижень діє сила ваги P , прикладена посередині стрижня,нормальна реакція гладенької стіниNA і реакція шершавої стінкиRB , якурозкладемо на нормальну реакціюNA і силу тертяF B .Складемо умови рівноваги плоскої системи сил:∑ Fix=0, A Bi∑ Fiy=0, Bi( i)N -N =0 ,F-P=0 ,∑ MBF =0, Ph/2-Nlsin =0iα .До цих умов слід додати нерівність для сили тертя:FB≤ fN .BІз рівнянь рівноваги знаходимоN N NA=B= , FBІз геометричних умов задачі= P , N=N =Ph/ ( 2lsinα ).A2 2sin α = l -h/l .Таким чином, для сили тертяFB маємо рівність і нерівністьFB2 2= P , F fPh/(2 l -h )B≤ .Виключимо з них силу тертяFB , після скорочення на P , отримуємо122

( )2 21 fh/ 2 l -h≤.Шукана умова для коефіцієнта тертя f при рівновазі стрижня набуваєтакого виглядуf2 2≤ 2 l -h/h .Приклад 3Однорідний тонкий брусок AB вагою G опирається кінцем A навертикальну стіну і точкою D на ребро. На кінці B підвішений вантажG=G/21 . Відомі відстані за горизонталлю і вертикаллю: AE=2a іDE= a, а також коефіцієнти тертя між бруском і стіною f =0,3 A і брускомі ребром f =0,2 D .Визначити найменшу довжину бруска AB , при якій кінець A несковзне униз, а також нормальні реакції опор A і D (рис. 3.9).NFNРисунок3.9 Рисунок 3.10123

РішенняРозглянемо систему сил прикладених до бруска AB , який знаходитьсяу граничному стані спокою. На брусок діють задані сили G і G 1 ,нормальні реакціїNA іN D в точках A і D і максимальні сили тертя вцих же точкахF A іF D , напрямлені протилежно напрямленню можливогоковзання цих точок бруска (рис. 3.10). Модулі цих сил тертя мають такийвираз:F= fN , FD fDNDA A A= .Позначимо довжину бруска: AB= l.Визначимо відстань AD , cosα , sinα :2 2AD= AE +ED =a 5,AE 2a 2cos = = =AD a 5 5α,ED a 1sin = = =AD a 5 5α.до бруска:Складемо три рівняння рівноваги плоскої системи сил, прикладених∑ M(F)=0A i, D 1i∑ Fix=0, A D Di-Glcos α/2+N a 5-Glcos α =0,(3.13)N -Nsin α+Fcos α =0,(3.14)124

∑ Fiy=0, A D D 1iF-G+N cos α+Fsinα -G=0.(3.15)Ці рівняння мають три невідомі величини: l ,ND , так як залежністьсил тертя від нормальних реакцій звісна.Виразимо в рівняннях (3.14) і (3.13) сили тертя через нормальні реакції:NA іN Nsin α+f Ncos α=0− ,A D D DfNA A-G+Ncos Dα+fDNsin Dα -G/2=0.Визначимо з цих рівняньЗ першого рівняння:NA іND .NA=N D(sinα-fDcos α ) .Підставивши цей вираз в друге рівняння, знайдемоND :fN(sinA Dα-fcos Dα-G+N Dcos α+fDNsin Dα -G/2)=0,відкіляND3G/2=(f +f )sin α+(1- f f )cosαA D A D.Підставивши значення коефіцієнтів тертя і функцій кута α , отримаємо:3G3 5N 2D= = G=0,63 5G1 2(0,3+0,2) +(1-0,3⋅0,2)22,38 ⋅5 5ВизначимоNA :1 2NA=0,63 5G( -0,2× )=0,38G5 5125.

Підставивши знайдені значенняND і2cos α = у рівняння момен-5тів (3.13), отримаємо:l 2 G 2-G +0,63 5Ga 5- l =0,2 5 2 5відкіля довжина бруска l=1,575a 5 , тобто AB=1,575AD .Визначимо довжину ділянки DB :DB=AB-AD=0,575AD .3.4. Тертя кочення. Розв’язання задач статики, з урахуваннямтертя коченняКрім тертя ковзання, розглянемо ще один вид тертя, що виникає прикоченні тіл (тертя кочення).У теоретичній механіці тертям кочення цікавляться лише з точки зорувизначення реакцій опори. Більш повне його вивчення виходить за рамкимеханіки твердого тіла. Нехай до катка радіусом r перпендикулярно дойого осіOZ прикладена горизонтальна сила F (рис. 3.11) крім того, накаток діє сила тяжіння P .Внаслідок деформації катка і горизонтальної опори поверхні, на якійміститься каток, вони торкаються один одного не в одній точці, а за деякоюділянкою контакту. Нормальна реакція опори N зміститься на певнувідстань b .Сила тертяFm виникає у тому місці, де каток торкається опорноїповерхні, тобто в точці C . У разі рівноваги катка силаFmдорівнює замодулем силі F , але напрямлена у протилежний бік. Отже F іFm утво-126

рюють пару сил, що врівноважується парою N і P (рис.3.11). Моментпари ( N , P ) називається моментом тертя кочення. Плечем цієї пари є величинаδ , яка називається коефіцієнтом тертя ковзання, і на відміну відкоефіцієнта тертя кочення має розмірність довжини.FРисунок 3.11Прирівнявши момент зазначених парFr = Pδ. ,(3.16)знайдемо вираз для визначення коефіцієнта тертя кочення δ :δ =FrP.(3.17)Досвід показує, що величина δ у досить широкому діапазоні не залежитьвід радіуса циліндра (катка) і різна для різних матеріалів. Очевидно,що тіло буде в рівновазі, якщо момент активної сили відносно точки C небільший від моменту тертя, тобто127

Fr ≤ Pδ.Наявність тертя не змінює методику розв’язання задач статики. Реакціїв’язей при наявності тертя ковзання визначають за формулою (3.12), ау разі тертя кочення – за формулами (3.16, 3.17).Розглянемо розв’язання задач статики, з урахуванням тертя коченняна такому прикладі.ПрикладВизначити, при яких значеннях кута α (рис.3.12) циліндр радіусаR , лежачи на похилій площині, залишається в спокою, якщо коефіцієнттертя кочення дорівнює δ .Рисунок 3.12РішенняРозглянемо граничне положення рівноваги, коли α = α1. Розклавшисилу P на складові P1 і P2 (рис. 3.12), знаходимо, що в цьому випадкуздвигаюча сила 1N=P=Pcosα2⋅ 1 .ТодіабоP sinQ =P=P sinαïð 1⋅ , а нормальна реакція(δ) Pcosα1,⋅ α1= ⋅ ⋅R128

δtg α 1= R.При зменшенні δ до нуля кут α1 , теж зменшується до нуля. Звідкизаключаємо, що рівновага утримується при будь-якому куті α < α1.Отриманим результатом можна скористатися для експериментального визначеннякоефіцієнта δ .Циліндр при α = α1буде в спокою, якщо одночасно коефіцієнт тертяковзання f 0 циліндра буде такий, що f0 ≥ tgα1, тобто якщоf 0δ> , що звичайно має місце. Але якщо 0Rf < δ Rциліндр не буде в спокою і почне ковзати по площині.α= α, то при 13.5 Контрольні завдання для самостійної роботи1 Якою має бути найменша вага 2, длятого щоб тіло 1 вагою 200Н почалоковзати по горизонтальній площині,якщо коефіцієнт тертя ковзанняf=0,2 .Відповідь: P=40Н 2 .2 Визначити найменшу вагу тіла 1, приякій воно ковзає донизу по площиніDE , якщо вага вантажу 2 дорівнює320Н . Коефіцієнт тертя ковзання30між тілом 1 і площиною DE дорівнює0,2.Відповідь. P=979Н 1 .129

3 Однорідний брус AB спирається в45точці A на гладеньку стіну, а в точціB на негладку підлогу. Визначитинайменший коефіцієнт тертя ковзанняміж брусом і підлогою при якомубрус залишається в указаному положеннів покої.Відповідь: f=0,5 .4 Визначити найменший коефіцієнт тертяковзання між вантажем 1 вагою400Н і площиною DC , приякому вантаж 1 залишається в спокою,якщо вага вантажу 2 дорівнює96Н .Відповідь: f=0,24 .5 Визначити найменшу вагу вантажу 1,при якій він залишається в спокою,якщо вага вантажу 2 дорівнює140Н , а коефіцієнт тертя ковзанняміж вантажем 1 і площиною дорівнює0,2.Відповідь: P=700Н 1 .130

306 Якою має бути вага вантажу 2 для тогощоб вантаж 1 вагою 100Н залишавсяв спокою на похилій площині,якщо коефіцієнт тертя ковзанняf=0,3 ?Відповідь: P=76Н 2 .7 До однорідного катка вагою 700Нприкладена сила F . Визначити найменшиймодуль цієї сили, для тогощоб каток почав котитися з ковзанням,якщо радіус R=1м , коефіцієнтитертя ковзання і кочення відповіднодорівнюють f=0,2 ,δ =0,008м .Відповідь: F=183Н .8 На однорідний каток вагою 2кНдіє горизонтальна сила 2131F=10Н івертикальна сила F1 . Яким повиненбути найбільший модуль сили F1 ,для того, щоб почалось кочення катка,якщо коефіцієнт тертя коченняδ =0,005ì , радіус R=0,8м ,розмір OA=0,4м ?Відповідь: F=400Í1.

9 До однорідного катка вагою 2кНприкладена горизонтальна сила F .Визначити найбільший модуль силиF , при якому каток ковзає і не котиться,якщо коефіцієнт тертя коченняδ=0,006м, коефіцієнт тертяковзання f=0,2 , радіусR=0,6м , розмір OA=0,4м .Відповідь: F=12,0кН .10 До катка 1 за допомогою нерозтяжноїнитки підвішений вантаж 2. Визначитинайбільшу вагу цього вантажу, приякій каток 1 вагою 3,2кН залишаєтьсяв спокою, якщо коефіцієнт тертякочення =0,004м δ , радіусR=32,4см .Відповідь: 2P=40кН .11 Однорідний каток 2 вагою 4 êÍзв’язаний з тілом 1 нерозтяжною ниткою.Радіус R=0,5м , коефіцієнттертя коченняδ=0,005мпари сил M=50H ⋅ м, момент. Визначитинайбільшу вагу вантажу 1, при якійвін почне ковзати, якщо коефіцієнттертя ковзання для катка і тілаf=0,2 .Відповідь: P=150Н 1 .132

12 Визначити найменшу силу F , необхіднудля кочення катка радіусаR=0,3м, якщо граничний моменттертя кочення дорівнює 3,46Нкут a=30° ,OA=0,2м .відстаньВідповідь: F=7,99Н .Основні зауваження до наступних прикладів 13 – 18.На рисунках зображені два повзуни, які поєднані шарнірно за допомогоюстрижнів, напрямлених під різними кутами.За заданими умовами до рисунків необхідно знайти коефіцієнти тертяковзання (завдання 13-16) або прикладені до повзунів сили (завдання 17,18)із умов рівноваги всієї системи.13 Дано:Q =60H1Q =50H2f =0,22α =300Знайти: .133

14 Дано:Q =60Hα1Q =50H2f =0,22=300Знайти: .15 Дано:Q =50Hα1Q =60H2f =0,11=600Знайти: .16 Дано:Q =60Hα1Q =50H12f =0,1=600fЗнайти: .2134

17 Дано:Q =60H1f =0,11f =0,22α =60Знайти: .18 Дано:Q =60H2f =0,11f =0,22α =450Знайти: .Зауваження до прикладів 19-24.Два шківа радіусами R і r жорстко скріплені між собою і з валомO .На шків меншого радіуса намотаний гнучкий дріт. До другого кінцядроту прив’язаний вантаж.За допомогою важіля до шківа більшого радіуса притиснута гальмоваколодка.За заданими умовами необхідно знайти силу тиску (на рисунках силаF ) на важіль для рівноваги системи.135

19 Дано:PA αRrabFЗнайти: .P=10êÍr =0,5Ra=0,20ìb=0,10ìα=600f=0,10A20 Дано:aα FbR r rP=15êÍrR=0,6a=0,20ìb=0,30ìα=300f=0,30PЗнайти: .F21 Дано:aRbrPα AЗнайти: .P=20êÍrR=0,7a=0,30ìb=0,40ìα=450f=0,25136

α22 Дано:RBAa bFPrP=25êÍrR=0,8a=0,40ìb=0,50ìα=600f=0,20Знайти: .23 Дано:BαFabR rAαPЗнайти: .P=25kHrR=0,7a=0,10ìb=0,20ìα=600f=0,15α24 Дано:APaROrbFЗнайти: .P=15kHrR=0,6a=0,20ìb=0,30ìα=300f=0,30137

У завданнях 25-30 на рисунках зображені системи, складені із декількохтіл, два із яких вагомі.Одне із тіл може поступально ковзати по поверхні, а друге - котитисьпо ній.Необхідно визначити вагу одного із тіл за даними задачі із умов рівновагивсієї системи. Літерою δ позначено коефіцієнт тертя кочення.25 Дано:P=150Hf=0,1,δ =0,01ìR=1ì ,α1=600.Знайти: .26 Дано:Знайти: .P=150H2f=0,1,δ =0,01ìR=1ì ,α0=60 .138

27 Дано:Знайти: .P=150H2f=0,1,δ =0,01ìR=1ì ,α0=30 .28 Дано:P=150Hf=0,1,δ =0,01ìR=1ì ,α2=600.Знайти: .29 Дано:P=150Hf=0,1,δ =0,01ìR=1ì ,α1=300,D/d =2.Знайти: .139

30 Дано:rP=150H2f=0,1,δ =0,01ìR=1ì ,α=600,D/d=2.Знайти: .3.6 Умови рівноваги системи тіл під дією плоскої системи силСтатичний розрахунок інженерних споруд у багатьох випадках зводитьсядо розглядання умов рівноваги конструкції, яка складається з декількохтіл, пов’язаних між собою будь-якими в’язами. Такі в’язи звуть внутрішніми.Вони відрізняються від зовнішніх в’язей, бо зовнішні закріпляютьконструкцією з тілами які до неї не входять (наприклад, з опорами).Якщо після відкидання зовнішніх в’язей (опор) конструкція залишаєтьсяжорсткою, то для неї задачі статики вирішуються як для абсолютнотвердого тіла.Однак зустрічаються такі інженерні конструкції, які після відкиданнязовнішніх в’язей не зостаються жорсткими. Прикладом такої конструкціїявляється тришарнірна арка (рис. 3.13).Рисунок 3.13140

Якщо відкинути опори A і B , то арка не буде жорсткою, бо її частинизможуть обертатися навколо шарніра C .При розв’язанні таких задач необхідно додатково розглянути рівновагубудь-якої однієї або декількох частин конструкції.Наприклад, складаючи умови рівноваги для сил, діючих на тришарнірнуарку (рис. 3.13), ми отримаємо три рівняння з чотирма невідомимиXA ,YA ,XB , YB .Розглянувши додатково умови рівноваги лівої (або правої) її половини,отримаємо три рівняння, які містять дві нові невідоміXC , YC (на рис.3.13 не показані). Вирішуючи отриману систему шести рівнянь, знайдемовсі шість невідомих.Другий засіб вирішення подібних задач складається в тому, щобконструкцію зразу розчленити на окремі тіла і скласти умови рівноваги кожногоіз тіла окремо. При цьому реакції внутрішніх в’язей будуть попарнорівні за модулем і протилежні за напрямком. Для конструкції із n тіл, накожне із яких діє довільна плоска система сил, отримаємо таким шляхом3n рівнянь, дозволяючи знайти 3m невідомих (при інших системах силкількість рівнянь відповідно зміниться). Якщо для даної конструкції кількістьвсіх реакцій в’язей буде більше кількості рівнянь, до яких ці реакціївходять, то така конструкція буде статично невизначеною.Розглянемо розв’язання задач статики для складених конструкцій піддією довільної плоскої системи сил на прикладах.Приклад 1Кронштейн складається із горизонтального бруса AD (рис.3.14) вагоюP=150H1 , прикріпленого до стіні шарніром, і підкоса CB вагоюP=120H2 , який з брусом AD і зі стіною теж з’єднаний шарнірами. Всірозміри показані на рис 3.14. До кінця D бруса підвішений вантаж вагоюQ=300H .141

Визначити реакції шарнірів A іC , вважаючи брус і підкіс однорідними.РішенняРозглянемо спочатку рівновагу всього кронштейна. На нього діютьсили: задані сили P1 , P2 , Q і реакції в’язейX , Y , X , Y .Кронштейн, звільнений від зовнішніх в’язей, не утворює жорсткоїконструкції (бруси могуть повертатися навколо шарніра B ), але за принципомотвердіння діючи на нього сили при рівновазі повинні задовольнятиумовам рівноваги.AACCyaYAAX A3aP 1BaDQP 2Y CCX CxРисунок 3.14Склавши ці умови, запишемо:∑ F ≡ X + X = 0,ix A C∑Fiy≡ Y + Y −P −P − Q = 0,A( )C1 2∑M F ≡ X ⋅4a−Y ⋅a−P⋅2a−P ⋅a−Q⋅4a=0.A i C C1 2142

Отриманні три рівняння містять, як бачимо, чотири невідоміXA ,YA ,XC ,YC . Для вирішення задачі розглянемо додатково рівновагу брусаAD (рис. 3.15).Y AAX AP1Y BBX BDQРисунок 3.15На нього діють сили P1 , Q , реакціїX , Y ,AAX , Y , які для брусаBBAD (коли розглядається його рівновага), будуть силами зовнішніми. Четвертерівняння, якого недостає, складемо, взявши моменти діючих на брусAD сил відносно центра B (тоді в рівняння не ввійдуть нові невідоміX ,BYB ).( ) 1.∑ MB Fi ≡−YA⋅ 3a+ P⋅a−Q⋅a=0Вирішуючи тепер систему чотирьох складених рівнянь (починаючи зостаннього), знайдемо:Y =(P -Q) 3=-50H,A 1Y =2P 3+P+4Q 3=620H,C 1 2X =2P 3+P 2+4Q 3=560H,C 1 2X =-X =-560H.ACІз отриманих результатів видно, що силиXA ,іYAмають напрями,протилежні показаним на рисунку. Реакції шарніра B ,якщо їх необхідно143

визначити, знайдуться із рівнянь проекцій на осі x і y сил, діючих набрус AD і будуть дорівнювати:X =-X ,BAY =P+Q-Y =500H .B 1 AЯк бачимо при розв’язанні задач статики не всюди необхідно складативсі умови рівноваги. Якщо в задачі не потребується визначати реакціїдеяких в’язей, то необхідно складати такі рівняння, в які ці невідомі реакціїне входять. Так і було зроблено в даній задачі при розгляданні рівновагибруса AD , коли складалося тількиодне рівняння моментів відносноцентра B .Приклад 2Конструкція складена з двох стрижнів AC і BC шарнірно закріпленихв точках A , B іC (рис.3.16), які утворюють рівносторонній трикутник,сторони якого дорівнюють l . До стрижня AC прикладена пара силз моментом M ,а до середини стрижня BC - сила F напрямлена перпендикулярнодо стрижня. Визначити реакції в опорах A і B .РішенняРозглянемо рівновагу конструкції в цілому (рис.3.16). Прикладемо вшарнірних опорах A і B реакціїX , Y ,AAX , Y . Як видно на рисунку,BBневідоміX , Y ,AAXB перетинаються в точці A . Тому, якщо обрати цюточку в якості моментної точки, то отримаємо рівняння з однією невідомоюYB .144

CMFY AY BAX AlBX BРисунок 3.16Складемо це рівняння.∑ M ( F ) =0, Y ⋅l−M=0,iA i BвідкіляYB= M l.(3.18)Зовнішня відома сила F не ввійшла в рівняння рівноваги, бо проходитьчерез моментну точку A .Якщо тепер обрати в якості моментної точку B , то отримаємо рівняннярівноваги з однією невідомою реакцієюСкладемо це рівнянняYA .145

∑ M ( F ) =0,iABi−Y ⋅l− M + F⋅0.5⋅l=0,Відкіля0,5⋅F⋅l−MYA= = 0,5F − M l.(3.19)lY CCX CCMX CY CFAY A060X AY BBX BРисунок 3.17 Рисунок 3.18Для визначення невідомих реакційXA іXBрозкладемо конструкціюна дві частини AC і BC (рис. 3.17, 3.18) і складемо умови рівновагицих частин. Для того, щоб невідоміXC іYC не попали в рівняння рівноваги,в обох випадках оберемо в якості моментної точку C .Складемо послідовно ці рівняння і розрахуємо їх відносно невідомихXA іXB .∑iC iM (F )=0,X ⋅lsin60 −Y ⋅lcos60 -M=0,A0 0A146

відкіля0YA⋅ lcos60 + M0 0XAYctg600A+M lsin60 .= =(3.20)lsin60Підставимо в отриману формулу (3.20) значенняYAвідповідно результату(3.19).ТодіXA=(0,5F -M l)ctg60 +M lsin600 0.Для знаходження останньої невідомоїскладаємо відповідне рівняння рівновагиXB використовуємо рис 3.18 і∑ M (F )=0,iXBCВідкіляi⋅lsin60 +Y lcos60 -F⋅0.5⋅l=0,0 0B0,5Fl−Y ⋅lcos60X 0,5F sin60 -Yctg60 .lsin600B0 0B= =0B(3.21)Підставимо в отриману формулу (3.21) значенняYAвідповідно результату(3.18).Тоді0 0X 0,5F sin60 -Mctg60 l.B= (3.22)Відзначимо, що всі чотири невідомих були здобуті тільки із рівняньмоментів, тому, що вони забезпечували кожний раз отримання рівняння зоднією невідомою.147

Якщо визначати далі реакціїXC іYC тоді в даному випадку кращезаписати рівняння проекцій сил на вісі координат за допомогою рис. 3.17або рис.3.18.3.7 Контрольні завдання для самостійної роботи1 Система тіл складається із стрижнівOA , AB і троса BC . Яка мінімальнакількість рівнянь рівноваги необхідноскласти для визначення реакційв жорсткому защемленні O , шарніріA і тросові BC ?Відповідь: 6 .2 На балку AB діє пара сил з моментомM =800Í ⋅ ì. Визначитимомент в жорсткому защемленніC , якщо AB=2ì ,BC=0,5ìВідповідь:MÑ=200Í ⋅ ì .3 На валу AB діє лінійно розподіленеqнавантаженняqmaxопори148інтенсивністю=3 êÍ /ì . Визначити реакціюAB=2ì .B в êÍ , якщо відстаньВідповідь: RÂ=1êÍ .

4 Визначити реакцію опори A в êÍ ,якщо сила F=3êÍ , кут0α =30 , розміри AB=BC .Відповідь: RÀ=3êÍ .5 Знайти вертикальну складову реакціїFв шарнірі A , якщо силаF=900Í , розміри AB=BC .Відповідь: YÀ=450Í .6 Знайти горизонтальну складову реакціїв шарнірі C , якщо силаF=800Í , розмір AB=BCВідповідь: XC=400Í .149

7 Стрижні ABC і CD з’єднані міжyBACMD xсобою шарніром C . На стриженьCD діє пара сил з моментомM =400Íскладову⋅ ì . ВизначитиXC реакції шарніра C ,якщо довжина CD=2ì .Відповідь: XC=200Í .8 Два стрижня з’єднані в шарнірі B .Визначити момент в закріпленні A ,якщо сили F=60Í1 ,F2=50Í .Відповідь:MA=240Í ⋅ ì.100H100H9 Визначити вертикальну складову реакціїв шарнірі A .Відповідь: YÀ=110Í .150

10 Визначити вертикальну складову реакціїв шарнірі B , якщо силаF=850Í , а розміриCD=CE=BE .Відповідь: YÀ=401Í .11 Визначити в êÍ ⋅ ì момент Mпари сил при якому вертикальна складовареакції опориA дорівнює60BВідповідь: M =25,8êÍ ⋅ ì .10êÍ , якщо розміриBC=CE=1ì .12 Визначити в êÍ силу F , при якій60вертикальна складова реакції в шарніріA дорівнює 9êÍ , якщо розміриAB=BD=1ì , ÑÅ =DE ,момент пари силM =6êÍ ⋅ ì .Відповідь: F=4êÍ .151

13 Знайти вертикальну складову реакціїв шарнірі C , якщо силаF=600Í ,розміриBC=2AB .Відповідь: YC=200Í .14 Знайти вертикальну складову реакціїв шарнірі C , якщо до горизонтальногострижню AC прикладена силаF=800Í1, до стрижня DC –сила F2 , кутoα =30, розміриAB=BC .Відповідь: YC=200Í .15 Однорідний горизонтальний стриженьAC , вага якого 180Í , вільноопирається в точці C на балкуBD . Визначити реакцію балки BDна стрижень AC .Відповідь: RC=104Í .152

16 Стрижень AB кінцем B вільноспирається на вертикальний стриженьCD , один кінець якого защемленийжорстко в точці C . До серединистрижня AB прикладена вертикальнасила F=2êÍ . Визначити вêÍ реакцію в точці B .Відповідь: RB=1,73êÍ .17 Однорідний стрижень CD вагою346Í опирається на вертикальнийстояк AB . Визначити момент в защемленніA , якщо розміриBD=2ì , BC=1ì ,AB=2ì .Відповідь:MÀ=225Í ⋅ ì .18 Однорідний брус 2 вагою 400Íвільно опирається в точці B на одноріднубалку 1. Чому має бути рівноювага балки 1, для того, щоб моментв защемленні A дорівнював265Í ì , якщо розміриAB=1ì , BC=0,8ì .Відповідь: P1=72,2Í .153

19 Однорідна балка AB , вага якої4êÍ , в точці B вільно спираєтьсяна горизонтальний стрижень CD .Визначити в êÍ реакцію рухомогоциліндричного шарніраD , якщорозміри BC=BD . Вагою стрижняCD знехтувати.Відповідь: RD=1êÍ .20 Однорідна балка AB , вага якої200Í вільно спирається в точціB на горизонтальну балку CD .Визначити, з якою силою балка CDαдіє на опорну площину в точці D ,якщо відстань CB=BD ,Вагою балки CD знехтувати.Відповідь: RD=100Í .oα =60 .21 Однорідна горизонтальна балкаAB , Вага якої 3êÍ , в точці Bαвільно спирається на балку CD . Визначитив êÍ силу дії балки CDна поверхню в точці D , якщо відстаньCB=BD , кутoα =60. Вагоюбалки CD знехтувати.Відповідь: RD=3êÍ .154

22 Визначити довжину BC , для того,щоб вертикальна складова реакціїшарніра D дорівнювала 6êÍ , якщоінтенсивність розподіленого навантаженняq=6ê Í /ì і розміриDE = AE = CE = BC .Відповідь: BC=4ì .23 Вага однорідної арки 1 дорівнюєq1100Í . Нехтуючи вагою балки 2,визначити максимальну інтенсивність2qmax розподіленого навантаження,для того, щоб момент в защемленніA дорівнював 70Í⋅ì, якщоарка 1 має форму півкола і розміриBC=3AC=0,5ì .Відповідь:qmax=440 Í ì .α24 Нехтуючи вагою конструкції, визначитиреакцію опори A , якщо силаF=400Í , кутoα =45 .Відповідь: RA=283Í .155

25 Стрижень AB , довжина якогоq2 ì , навантажений рівномірно розподіленимвантажемінтенсивностіq=100 Í ì . Визначити реакціюопори A .Відповідь: RA=141Í .26 На кінці однорідного стрижня ABвагою 80Í за допомогою шарніраB установлено однорідний диск вагою200Í . Диск спирається на вертикальнугладеньку стінку. Визначитисилу дії диска на стінку.Відповідь: RC=240Í .27 Два однорідних гладеньких стрижні,вага кожного з яких 40H , скріпленішарнірно на кінцях B . Вони підтримуютьсяв точках M , N і перебуваютьу рівновазі. Визначити реакціїопор M і N , якщоAB=BC=160ñì ,MN=20ñì .Відповідь: R =R =8Í .156MN

28 Бетонний блок, вага якого 16êÍ ,підтримується двома паралельнимиоднорідними балками, нахиленимипід кутом α до горизонту. Вага кожноїбалки 4êÍ , довжинаAB=2,5ì , AB1=2ì . Визначитиреакції вертикальних стрижнів,якими утримуються похилі балки,якщо кріплення стрижнів і балок шарнірні;h=0,8ì , a=1,6ì .Відповідь: RÂ=85êÍ , .29 Стрижні AB і CD шарнірно скріпленіпід прямим кутом у точці C ішарнірно прикріплені до опор A іD . До стрижнів прикладені три сили,кожна з яких дорівнює Q . Нехтуючивагою стрижнів, визначити горизонтальнуреакцію опори A .Відповідь:XA=-Q2.157

30 Стрижні AB і AC скріплені підпрямим кутом шарніром A і шарнірноприкріплені до опір B і C . Дострижня AC прикладена пара сил.P=20H . Під кутомo60 дострижня AB прикладена силаQ=30H . Нехтуючи вагою стрижнів,визначити горизонтальну реакціюопори B .Відповідь: XB=-21,2H.3.8 Ферми. Засоби визначення зусиль у стрижнях фермФермами називаються конструкції, що складаються з прямолінійнихстрижнів, які з’єднані між собою шарнірами і утворюють незмінну геометричнуфігуру (приклади ферм наведені на рисунках 3.19, 3.20).Рисунок 3.19 Рисунок 3.20При розрахунку ферм вагою стрижнів нехтують і вважають, що шарнірирозміщені тільки на кінцях стрижнів; навантаження, що діють на ферму,прикладені в шарнірах (тобто в вузлах ферми). У цьому разі кожен стриженьферми зазнає зусиль, що діють у вздовж осі стрижня, тобто він будерозтягнутий, або стиснутий.158

З усього класу геометрично незмінних ферм без зайвих стрижнів виділимопрості ферми. Їх побудова відбувається так: розглядається основнийтрикутник, до нього двома стрижнями приєднується новий шарнір (вузол) іт.д.За своєю ознакою ферми поділяються на мостові, кроквяні й кранові.Основною задачею розрахунку простих ферм є визначення зусиль у стрижняхферми, які є внутрішніми силами, що виникають в стрижнях під дієюзовнішніх сил. Цю задачу можна розв’язати методами теоретичної механіки.Обмежимося двома способами визначення зусиль у стрижнях простоїферми: спосіб вирізання вузлів і спосіб Ріттера.Спосіб вирізання вузлів. Цей спосіб полягає у тому, що у кожномувузлі діє плоска система збіжних сил, яка перебуває у рівновазі; отже, силовиймногокутник, побудований з цих сил, має бути замкнутим. Побудовусилових многокутників (трикутників) слід починати з вузла, в якому сходятьсядва стрижні. Тоді побудовою замкнутого трикутника (третя сторонавідповідає відомій заданій силі, прикладеній у вузлі) знайдуться зусилля вцих двох стрижнях. Після цього можна переходити до наступного вузла іт.д. Кожний наступний вузол вибирається так, щоб у ньому сходилося небільше ніж два стрижні з невідомими зусиллями.Формально умови рівноваги вузлів ферми включають в собі умовирівноваги ферми в цілому, тобто дають змогу знайти і зовнішні реакції. Більшетого, попереднє визначення зовнішніх реакцій ферми суттєво спрощуєрозв’язання задачі.Розглянемо спосіб вирізання вузлів на прикладі розрахунку зусиль устрижнях ферми, показаної на рисунку 3.21.Приклад 1У вузлі B ферми прикладена сила F=800Í1. Опорами фермиє шарнір A і каток C . Визначити реакції опорRA ,RC ; зусилля стрижніву вузлах A і D .159

F 1-S RРисунок 3.21РішенняРозглянемо ферму, як тверде тіло, що перебуває у рівновазі під дієюплоскої системи паралельних сил (RA ,RC , F1 ). У цьому разі реакціяшарніраRA паралельна силамRC и F1 , бо інакше сама ферма не буде урівновазі. Проведемо вісь y і складемо умови рівноваги у вигляді:∑ Fiy=RA+RC -F=01 ,³AC∑ m(FA i)=RC ⋅AC-F 1⋅=0.³2Звідки знайдемо RA=R C=400êÍ .Визначення зусиль у стрижнях почнемо з розгляду вузла A , в якомусходяться два стрижні 1 і 7. Будуємо замкнутий трикутник із силRA , S1и S7 (рисунок 3.22). Для цього у відповідному масштабі будуємо вектор,що дорівнює вектору реакціїRA , з кінця якого проводимо пряму, паралельнустрижню AB , а з початку – пряму, паралельну стрижню AD . З по-160

будованого трикутника знаходимо зусилля S1 і S7 . Зображуючи ці зусилляу вузлі A , бачимо, що S1 напрямлене до вузла A за стрижнемAB , отже, стрижень – стиснутий, а зусилля S7 напрямлене від вузла Aпо стрижню AD , тобто він – розтягнутий. Розтяжне зусилля позначаєтьсязнаком плюс, а стискальне – знаком мінус.Вузол AРисунок 3.22Тепер розглянемо рівновагу сил у вузлі D , в якому залишаютьсятільки дві невідомі сили: S2 і S6 . Реакція стрижня 7, що виходить з вузлаD , дорівнює і протилежна за знаком його ж реакції, але прикладена у вузліA . Знову будуємо замкнутий трикутник (рис. 3.23). Відкладаємо силуS7 , з її кінця проводимо пряму, паралельну стрижню 2, з початку – пряму.паралельну стрижню 6, і визначаємо величини та напрямки зусиль S2 іS7 . Аналогічно можна визначити інші зусилля S3 , S4 , S5 .Вузол DРисунок 2.23161

Незручність цього способу полягає у його громіздкості, оскільки доводитьсябудувати стільки багатокутників, скільки вузлів у фермі.Об’єднання розрізнених многокутників сил в одну діаграму здійснили незалежноодин від одного англійський фізик Максвел та італійський геометрКремона, на честь яких цю діаграму названо діаграмою Максвела-Кремони.Спосіб Ріттера. Цей спосіб дає змогу знайти зусилля у будь-якомустрижні ферми незалежно від зусиль в інших стрижнях. Проте попередньотреба визначити реакції опор ферми.Спосіб Ріттера полягає у тому, що ферма розсікається на дві частинитак, щоб у перерізі було не більше ніж три стрижні з невідомими зусиллями,які не сходяться в одному вузлі. Відкидаючи відсічену частину ферми ірозглядаючи рівновагу тієї частини , що залишилася, під дією прикладенихзовнішніх сил і зусиль, які змінюють дію розсічених стрижнів, дістанемодля цієї частини ферми три рівняння рівноваги з трьома невідомими зусиллями.Найчастіше ці рівняння є умовами рівності нулю алгебраїчних суммоментів сил відносно трьох різних центрів моментів, за які вибирають точкипопарного перетину розсічених стрижнів з числа перерізаних. Ці точкиназиваються точками Ріттера.Якщо два стрижні з трьох розсічених паралельні, то одна точка Ріттеравіддаляється у нескінченність. Тоді складають два рівняння моментівсил і одне рівняння проекцій на вісь, перпендикулярну до паралельнихстрижнів.Приклад 2Визначити зусилля в стрижнях 1, 2, 3 ферми, якщо F=45êÍ1,F=20êÍ2, ÊD=2ì , а інші розміри показано на рисунку 3.24.РішенняЗнайдемо реакції в опорах ферми162RA іRB . Реакція катка B напрямленаза нормаллю до опорної площини, а оскільки на ферму діє системапаралельних сил F1 , F2 ,RA шарніра A буде паралельноюцим силам.RB , то і реакція

yРисунок 3.24Щоб визначити ці реакції, складемо умови рівноваги системи паралельнихсил, які лежать в одній площині, у виглядіеiеiF =R -F-F+R =0,iy A 1 2 B( ) Ч Ч Ч .m F =R AB-F AE-F AK=0A i B 1 2Звідки знаходимоRA=40êÍ іRB=25êÍ .Проведемо переріз через стрижні 1, 2, 3 і розглянемо рівновагу тієїчастини розсіченої ферми, в якій прикладена менша кількість сил. У розглядуваномувипадку – це права частина ферми.Зусилля в розсічених стрижнях умовно вважаємо розтяжними і напрямимоїх у бік частин, що відкидаються. Отже, у відсіченій частині фермизрівноважується плоска система силRB , S1 , S2 , S3 .Для визначення зусилля S1 відповідною точкою Ріттера буде точка163

K , а рівняння рівноваги набере вигляду( )е mk F i =RBЧ6+S1ЧKL=0.iДля визначення зусилля S2 точкою Ріттера є точка B , для визначеннязусилля S3 – точка D , а відповідні рівняння рівноваги мають вигляд:еiеi( ) Ч ,m F =-6 S =0B i 2( ) Ч Ч .m F =R 6-S KD=0D i B 3Підставляючи необхідні дані, знаходимоS 3=3R Ч B=75êÍ,6ЧRS 1 =KLB=-79êÍ, S 2 =0 .Отже зусилля S3 – розтяжне, S1 – стискальне, S2 – нульове (призаданому навантажені стрижень 2 не працює, але з конструкції його вилучатине можна, оскільки порушиться жорсткість конструкції.)Найкраща методика визначення зусиль у стрижнях ферми полягатимев поєднанні методів Максвелла-Кремони та Ріттера. Наприклад, усі зусиллявизначаються за методом Максвелла-Кремони і деякі з них перевіряютьсяза методом Ріттера.164

3.9 Контрольні завдання для самостійної роботи1 Визначити зусилля в стрижні AB .Сила F=600Í .Відповідь:S AB =849H .2 Ферма складається із стрижнів однаковоїдовжини. Визначити зусилля встрижні AB .Сили F=100Í1,F=200Í2.Відповідь:S AB =-115H .3 Визначити зусилля в стрижні AB ,якщо l=0,4ì .Сила F=30Í .Відповідь:S AB =-21,2Í .165

4 Визначити зусилля в стрижніAB .Сила F=40Í .Відповідь:S AB =-10,4H .5 Визначити зусилля в стрижні AB .Сила F=700Í .Відповідь:S AB =-857H .6 Визначити зусилля в стрижні AB .Сила F=580Í .Відповідь:S AB =998H .166

7 Визначити зусилля в стрижні AB .1,6ìСила F=750Í .Відповідь:S AB =335Í .8 Визначити зусилля в стрижні AB .Сила F=450Í .2Відповідь:S AB =450Í .9 Визначити зусилля в стрижні AB .Сила F=400Í .Відповідь:S AB =100H .167

10 Визначити зусилля в стрижні AB .0Сила F=60Í .Відповідь:S AB =78,0H .1,2ì 1,2ì11 Визначити зусилля в стрижні AB .Сила F=60Í .Відповідь:S AB =-78,3H .o12 Визначити зусилля в стрижні AB .Сила F=300Í .Відповідь:S AB =-424H .168

13 Визначити зусилля в стрижні AB ,якщо сила F=80Í , а довжиниусіх стрижнів рівні.Відповідь:S AB =-23,1H .14 Визначити зусилля в стрижні AB .Сила F=550Í .Відповідь:S AB =232H .15 Визначити зусилля в стрижні AB .Сила F=346Í .Відповідь:S AB =-200H .169

16 Визначити зусилля в стрижні AB .Сила F=400Í .Відповідь:S AB =-400H .17 Визначити зусилля в стрижні 6. СилаF=360Í .Відповідь: S 6 =-720H .18 Визначити зусилля в стрижні 5 . СилаF=480Í .Відповідь: S 5 =800H .0,6ì170

19 Визначити зусилля в стрижні 3 . СилаF=460Í .Відповідь: S 3 =-460Í .20 Визначити зусилля в стрижні 3 . СилаF=540Í .08l ,Відповідь: S 3 =-540H .21 Визначити зусилля в стрижні 2 . СилаF 1=F 2=520H .Відповідь: S 2 =735H .171

22 Визначити зусилля в стрижні 4 . СилаF=340Í .Відповідь: S4=-481H .23 Визначити зусилля в стрижні 1. СилаF=380Í .Відповідь: S=806H1.1,5l24 Визначити зусилля в стрижні 6 . СилаF=F 1 2=380H .Відповідь: S 6 =0 .172

25 Визначити зусилля в стрижні 8 . СилаF=260Í .Відповідь: S 8 =-130H .26 Визначити зусилля в стрижні 5 . СилаF=160Í .Довжини всіхстрижнів однакові.Відповідь: S 5 =-92,4H .27 Визначити зусилля в стрижні 1. СилаF=120Í . Довжини всіх стрижніводнакові.Відповідь. S 1 =-69,3H .173

28 Визначити зусилля в стрижні 6 . СилаF=220Í .Відповідь: S 6 =-156H .29 Визначити зусилля в стрижні 2 . СилаF=180Í .Відповідь: S 2 =-90H .30 Визначити зусилля в стрижні AB .Сила F=346Í .Відповідь:S AB =173H .174

3.10 Векторні і аналітичні умови рівноваги довільноїпросторової системи силВиведення умов рівноваги довільної просторової системи сил заснованона лемі, яка має таке формулювання:Не змінюючи статичного стану твердого тіла, силу, прикладену доцього тіла, можна перенести в будь-яку його точку паралельно самій собі,додаючи при цьому приєднану пару. Момент приєднаної пари дорівнюємоменту цієї сили відносно центра зведення.Нехай задано довільну систему сил ( F1 , F2 ,...,Fn ), що діють натверде тіло. Головним вектором R цієї системи сил називаються векторнасистема всіх сил, які входять до системи:n∑R= F.i=1iГоловним моментом такої системи сил відносно точки O (центразведення) називається векторна сума моментів усіх сил, що входять у систему,відносно того самого центра:деnM0= m0( Fi),n∑ (3.24)i=1n∑m0( Fi) = ∑ ri×Fi.(3.25)i=1 i=1Тут ri - радіус-вектор, проведений з центра O в точку прикладеннясилиFi . Проектуючи ліві та праві частини виразів (3.23) і (3.24) на осі де-175

картової системи координат Oxyz , легко встановити аналітичні виразидля головного вектора і головного моменту у вигляді:n n n∑ ∑ ∑ (3.26)R= F;R = F;R= F,x ix y iy z izi i in n n∑ ( ) ∑ ( ) ∑ ( )(3.27)M = m F ;M = m F ;M = m F ,x x i y y i z z ii i iдеnn∑ x( i) ∑ ( i iz i iy )im F = yF -zF ,iТут Fix, Fiy,iz,nn∑ y( i) ∑ ( i ix i iz )inm F = zF -xF ,in∑mz( Fi) = ∑ ( xFi iy-yFi ix ).iF і ,iMxMy,z,M - проекції відповідно головноговектора R і головного моменту M0 на осі координат. Тоді модуліі напрямні косинуси відповідно головного вектора та головного моментувизначаються виразами:R= R +R +R ,( )( )2 2 2x y zRRRR( )xycos R,x = ;cos R,y = ;zcos R,z = ;RR(3.28)176

M = M +M +M2 2 20 x y z( ) 0;( )M; ( )Mxycos M0,x = cos M0,y = ;M0 M0(3.29)Mzcos M ,z = . M0Приведемо основну теорему статики.Довільну систему сил, що діють на тверде тіло, можна замінити однієюз еквівалентних систем, яка:1) складається з однієї сили, що прикладена в довільно обраномуцентрі зведення і дорівнює головному вектору цієї системи сил, і приєднаноїпари сил, момент якої дорівнює головному моменту всіх сил відноснообраного центра зведення;2) складається з двох, у загальному випадку, мимобіжних сил, одна зяких прикладена в центрі зведення, а інша – в певній точці.Якщо обмежитися першою частиною сформульованої теореми, тодійдемо до відомої теореми Пуансо. За допомогою основної теореми статикиотримуються умови рівноваги довільної просторової системи сил.Нехай задано довільну просторову систему сил ( F1 , F2 ,...,Fn ), прикладенихдо твердого тіла.Для того щоб довільна просторова система сил була в рівновазі (еквівалентнанулю), необхідно і достатньо, щоб головний вектор і головниймомент цієї системи відносно довільного центра зведення дорівнювали нулю,тобто:∑ ∑ ( )(3.30)R= F=0; M = m F =0.0 i 0 0 iiiУмови (3.30) називаються умовами рівноваги довільної системи сил увекторній (геометричній) формі.Проектуючи векторні рівності (3.30) на осі координат, дістаємо умовирівноваги довільної просторової системи сил в аналітичній формі:177

∑⎧R= xFix=F1x+F 2x+...+F nx=0,⎪ i⎪Ry= Fiy=F1y+F 2y+...+F ny=0,⎪ ∑i⎪⎪R= z ∑ Fiz=F1z+F 2z+...+F nz=0,⎪ i⎨⎪M x= ∑ mx( Fi) =mx( F1) +mx( F2) +...+mx( Fn)=0,i⎪⎪M y= ∑ my( Fi) =my( F1) +my( F2) +...+my( Fn)=0,⎪ i⎪⎪M z= ∑ mz( Fi) =mz( F1) +mz( F2) +...+mz( Fn)=0.⎩ i(3.31)Отже, для рівноваги довільної просторової системи сил необхідно ідостатньо, щоб суми проекцій усіх сил на координатні осі та суми моментівцих сил відносно осей координат дорівнювали нулю. Таким чином, прирозв’язанні задач про рівновагу просторової системи сил, прикладених дотвердого тіла, з рівнянь (3.31) можна визначити шість невідомих величин.Якщо на тверде тіло діє система пар сил, то необхідна і достатня умоварівноваги такої системи набирає виду:( ) .∑ Mi F,-Fi i=0(3.32)iОтже, для рівноваги пар сил необхідно і достатньо, щоб геометричнасума моментів пар дорівнювала нулю:∑( )( ) ( ) ( )M= M F,-F =M F,-F +M F,-F +...+i+M F,-F =0.n n ni i i 1 1 1 2 2 2Умови рівноваги довільної просторової системи сил (3.30) і (3.31) являютьсобою найбільш загальний випадок рівноваги тіла.178

Тому, всі ті випадки рівноваги тіла під дією сил, які було розглянутораніше в розділах 1 і 2 являють собою часткові вигляди рівнянь рівновагитіла відносно рівноваги довільної просторової системи сил.З цього виходить, що завдяки рівнянням (3.30) і (3.31) всі частковівипадки рівноваги сил (збіжні сили, паралельні сили, плоска система сил),можна отримати із загальних умов (3.30) і (3.31).Наприклад, розглянемо окремий випадок, коли всі сили, що діють натверде тіло, паралельні між собою (рис.3.25).z0yxРисунок 3.25У цьому разі можна напрямити одну з координатних осей (наприклад,вісь y ) паралельно цим силам. Тоді з умов рівноваги (3.31) залишатьсялише три рівняння, а три перетворяться в тотожності. Дійсно, проекції силF1 , F2 ,..., Fn на осі x і y дорівнюють нулю. Оскільки сили паралельніосі z , то їхні моменти відносно осі z також дорівнюють нулю. Тоді з шестирівнянь (3.31) залишаються лише три:∑F ix=0, ∑mx( Fi) =0, ∑ my( Fi)=0.i i iРозглянемо використання умов рівноваги довільної просторової системисил на прикладах.179

Приклад 1На горизонтальний вал (рис.3.26), встановлений у підшипниках A іB , діє вантаж вагою Q=25H , прив’язаний тросом до шківа с радіусомr=0,2ì . Вантаж вагою P=100Í , насаджений на стриженьED , незмінно з’єднаний з валом AB під прямим кутом. Дано розміри:AC=0,2ì , CD=0,7ì , BD=0,1ì . У стані рівноваги стриженьED відхилений від вертикалі на кут030 . Визначити відстань lцентра ваги вантажу вагою P від осі вала AB , а також реакції підшипниківA і B .yAzZ AX ACE30DolBxX BQРисунок 3.26РішенняРозглянемо рівновагу вала, на які діють активні сили P і Q .В’язами для нього є підшипники A і B . Згідно з аксіомою про в’язі, звільняємовал від в’язей і замінюємо їх реакціямиR A іR B , що лежать уплощинах, перпендикулярних до осі підшипників A і B . Візьмемо сис-180

тему координат, як показано на рис. 3.26. Невідомі реакціїR A іR B подамоскладовими XA, ZA, XB,ZB (рис.3.26), які треба визначити.Для розв’язання задачі скористаємося умовами рівноваги (3.31). Уцьому разі друга умова виконується тотожно, оскільки проекції всіх сил, утому числі й реакцій в’язей, на вісь у дорівнюють нулю. З п’яти умов рівноваги,що залишилися, слід визначити п’ять невідомих величинXA, ZA, XB, ZB,l - задача статично визначена. Щодо заданої задачі,умови рівноваги (3.31) мають вигляд:∑i∑i∑i∑i∑iF =X +X =0,ix A BF =Z +Z -P-Q=0,iz A B( ) ⋅ ( )m F =-Q AC-P AC+CD +Z ⋅AB=0,mx i By( i)oF =-P lsin30 +Qr=0,( )m F =-X ⋅AB=0.⋅z i BAЗвідкиX =X =0;AQ⋅r 25⋅0,2l= = =0,1ìoP⋅sin30 100⋅ 0,5;1ZB= ( Q⋅AC+P( AC+CD ))=25⋅0,2+100⋅0,9=95H.ABZ =P+Q-Z =100+25-95=30H.BB181

кутПриклад 2Прямокутна кришка вагою P=120Í , яка утворює з вертикаллюoα =60, закріплена на горизонтальній осі AB в точці B циліндричнимпідшипником, а в точці A підшипником з упором (рис.3.27.). Кришкаудержується в рівновазі вірьовкою DE і відтягується перекинутою черезблок O ниткою з вантажем вагою Q=200Í на кінці (лінія KOпаралельна AB ).Дано: BD=BE , AK=a=0,4ì , AB=b=1ì .Визначити натяг вірьовки DE і реакції підшипників A і B .xzEZ BBβαTbDY BX ACPZ Ay)αKY A'QaOQРисунок 3.27Рішення.Розглянемо рівновагу кришки. Проведемо координатні осі, взявшипочаток в точці B (при цьому сила T перетинає осі y і z , що спрощуєвигляд рівнянь моментів).Потім зобразимо всі діючі на кришку задані сили і реакції в’язей: силуваги P , прикладену в центрі ваги C кришки, силу'Q , рівну за модулемQ , реакцію T вірьовки і реакції XA,YA , ZA і YB,Z підшипни-B182

ків A і B . Для складання умов рівноваги введемо кут β і означимоBD=BE3.28 і 3.29.z= d . Підрахунок моментів деяких сил пояснимо на рисункахEzdA1BK 1βαC 1βTP KyBxb/2CPA'QРисунок 3.28 Рисунок 3.29На рис.3.28 показано вигляд у проекції на площину Byz з позитивногокінця осі x . Цей рисунок допомагає відрахувати моменти сил P іT відносно осі x . Із нього видно, що проекції цих сил на площину yz(площину, перпендикулярну осі x ) рівні самим силам, а плече сили Pвідносно точки B дорівнює 1 ⋅ α ( )BC sin = d/2 sinαвідносно цієї точки дорівнює BD sin β=dsinβ⋅ .183; плече сили TНа рисунку 3.29 показано вигляд в проекції на площину Bxz з позитивногокінця осі y . Цей рисунок (разом з рисунком 3.28) допомагає вирахуватимоменти сил P і'Q відносно осі y . Із нього видно, що проекціїцих сил на площину xz рівні самим силам, а плече сили P відносноточки B дорівнює AB 2=b2 ; плече ж сили'Q відносно цієї точкидорівнює AK1 , тобто AKcosα , або acosα , що видно з рис.3.28.Склавши з урахуванням зроблених пояснень умови рівноваги 3.31 і

ураховуючи водночас'Q= Q , отримуємо:∑ Fix=-Q+XA=0,i(3.28)∑ Fiy=-Tsin β +YA + YB=0,i(3.29)∑ Fiz=-P+Tcos β +ZA+Z B=0,i(3.30)∑ mx( Fi) =-( Pd/2)sin +Tdsin β =0,i(3.31)∑ my( Fi)=-Pb/2+Qacos α +Zb=0,Ai(3.32)∑ mz( Fi) =Qasinα-Yb=0A.i(3.33)Враховуючи, що(3.31), (3.32) і (3.33):AAAoβ = α /2=30 , знаходимо із рівнянь (3.28),( α)( α)( α)≈X =Q=200H,T = Psin /2sinβ≈104H,Z =P/2- QacosY = Qasin /b 69H./b=20H,Підставивши ці значення в рівняння (3.29) і (3.30), отримаємо:Кінцево:Y =Tsinβ-Y =-17H,BZ =P-Tcosβ-Z =10H.BAA184

T ≈ 104H,X ≈ 200H,ABBAY ≈ 69H,YZ≈ -17H,≈ 10H.3.11 Контрольні завдання для самостійної роботи1 До колінчатого валу OA в точці BzOαMFbABxyпід кутомoα =60 до горизонтуприкладена сила F=10Í , якаврівноважується парою сил з моментомM . Визначити модуль моменту,якщо F Oxz і b=0,9 ì .Відповідь:M =7,8H⋅ ì .Fo60zOBD3м4мCxyA6мqE2 До вала OA під прямим кутом прикріпленістрижні BC і DE . Дострижня DE прикладене розподілененавантаження q=0,5 Í /ì . Визначитимодуль сили F , яка врівноважуєце навантаження, якщоF Oxz .Відповідь: F=8,1H .185

3q maxAДо вала AOB під прямим кутомприкріплені стрижень DE , який несерозподілене навантаженняFαBDzO4ì9мCExyqmax=0,5 Í /ì і стрижень BC . Навантаженняврівноважується силоюFпід кутомOxz , прикладеною в точці Cα. Визначити модульцієї сили .o=30Відповідь: F=6,75Í .QFzAOY ArMaay4 Сила F=2Q=120Í , яка прикладенадо шківа, врівноважуєтьсяпарою сил з моментомM =18H⋅ì. Склавши рівняннямоментів сил відносно осіOx , визначити реакціюYA підшипникаA , якщо радіус шківаr=0,3 ì ,, a=0,3 ì і силаxF Q Oy .Відповідь: Y=90Í .186

Cx5 Однорідна плита OABC вагоюzDαOG3aBA3ayG=30H утримується в горизонтальномустані шарнірами O , A ітросом BD . Визначити натяг троса,якщо a=2 ì і кутαВідповідь: T=30H .o=60xC6 Однорідна квадратна рама OABCzDαOGaZ ABy Aзі стороною a=0,5 ì і вагоюG=140H під дією накладенихв’язей утримується в горизонтальномустані. Скласти рівняння моментівсил відносно лінії OB і визначитиреакціюoα =60 .ZA шарніра A , якщо кутВідповідь:ZA=0 .187

ya7 Однорідне тіло вагою G=60H підBaxGAzдією накладених в’язей знаходиться врівновазі. Склавши рівняння моментівсил відносно осі Ox , визначитивертикальну складову реакції шарніраB , якщо розмір a=0,1 ì .Відповідь:ZA=40H .yBaDGMaxAEOz8 Однорідна піраміда OABCD вагоюG=60H під дією пари сил змоментом M =150H ⋅ ì інакладених в’язей знаходиться в рівновазі.Визначити складову реакціїшарніра B , паралельну осі Ox ,якщо розмір a=3ì , а пара сил лежитьу площині Oxy .Відповідь:XB=50H .188

x9 Однорідна плита вагою G=400HzOG3aγBαA β 4ayпід дією накладених в’язей знаходитьсяв рівновазі. Склавши рівняннямоментів відносно осі Ox , визначитьнатяг троса AB , якщоa=20cì і кутиoβ =44 ,oγ =60 .oα =61 ,Відповідь:TAB=400H .xzOGF3aBA1,5ay3a10 Тіло вагою G=11êÍ під дією накладенихв'язей і прикладеної силиF=3êÍ знаходиться в рівновазі.Скласти рівняння моментів сил відносноосі Ox , потім визначити натягтроса AB , якщо розмір a=0,2ì .ВідповідьTAB3=410 êH⋅ .189

xzAOqDFyB11 Фігурна балка OABD знаходиться в рівновазі.Визначити складову реакціїв защемленнівздовж осі Oz , якщо дано:OA=1,7ì , AB=2ì ,BD=3,4ì , BD Ox , силаF=10êÍ і інтенсивність розподіленогонавантаження q=20êÍ /ì .Відповідь: Z0=40êÍ .F 112 Два диска, радіуси яких r =0,25 ì1 іBAOF 2Cr1r2F 1F 2r =0,3 ì2 розміщені в площинах, паралельнихплощині Oxz . Диски прикріпленідо горизонтального стрижня BC ,який так само жорстко прикріплений довертикального стояка OA . У площинікожного диска діють пари, сили яких напрямленіпо дотичних до обводів.F=30H1 , F=50H2 .Відстаньміж підп’ятником O і підшипником Aдорівнює 0,75 ì . Нехтуючи вагою системи,визначити реакцію підп’ятника X0 .Відповідь: X0=-20H .190

-F 213 Вздовж ребер прямокутної коробки, якуzA-F 1F 2F 1cжорстко прикріплено до вертикальногострижня, прикладені дві пари сил площинапари сил ( F,-F1 1)паралельна площиніOxz , а пари сил ( F,-F2 2)–площині Oyz . Визначити реакціюxbOyпідп’ятника O X0 , якщо відстань міжним і підшипником A дорівнює h . Вагоюкоробки знехтувати.cX =- FhВідповідь: 0 1.Bx14 Призматичне тіло вагою якого можнаFDzOA 1C 1-FACacyзнехтувати, прикріплено до нерухомихопор кульовим шарніром O , невагомимстрижнем AA1 , паралельним осіOx і стрижнем CC1 , паралельнимосі Oz . У площині грані ABC дієпара сил, сила якої дорівнює F . Визначитиреакцію Z0 шарніра O .Відповідь: 0cZ = Fa.191

FxzObc-Fy15 Уздовж двох ребер прямокутного паралелепіпедадіють дві сили, кожна зяких дорівнює за модулем F . Паралелепіпедприкріплено до опор кульовимшарніром O і трьома невагомимистрижнями з шарнірними кріпленнямина кінцях. Визначити реакціюкульового шарніра Y0 , якщострижні паралельні координатнимосям.Відповідь: 0bY= Fc.16 Стрижень AB жорстко прикріпленоDBECC 1APдо горизонтального вала, який спираєтьсяна втулки D і E . До кінцяA стрижня підвішений вантаж вагоюP=390H , а в точці C стриженьAB підтримується вертикальнимстрижнем CC1 . Нехтуючи вагоюстрижнів, знайти реакцію стрижняCC1 , якщо DB=BE ,BC=3AC і AB⊥ DE .Відповідь:R C =520H .192

17 Однорідна кришка ящика, вага якоїDAαFE CB100H утримується в рівновазі вертикальноювірьовкою EF . Визначитиреакції петлі A , якщо CE=20cì ,ED=80cì .Відповідь:R A =40H .09010ñìA40ñì50ñìB18 Вантаж Q=1êH рівномірно піднімаєтьсяза допомогою коловорота. Нехтуючивагою коловорота, визначитиреакцію підшипника A , якщо силаPQP прикладається перпендикулярнодо рукоятки CD , довжина якої50cì , при її горизонтальному положенні.Радіус вала r=11cì .Відповідь:R A =800H .193

A19 До горизонтальної осі AB20жорстко30C20P 1P60DEP 2Bприкріплені барабани C , D , E .Нехтуючи вагою барабанів, визначити,при рівновазі системи барабанів,реакцію підшипника B , якщо вагавантажів P=1êH1 , P=2êH2 , радіусибарабанів rD=2r C=2r E.Відповідь:R B =2,5êH .EFxzOBADPCy20 Горизонтальна полиця жорстко прикріпленадо вертикальної осі, довжинаякої 100cì . У точці C , координатаякої x=-60cì , y=50cì , наполицю діє вертикальна силаP=100H . Визначити реакціюXBпідшипника B , яка зумовлена силоюP .Відповідь:XB=60H .194

DABPCO QyxE21 Однорідні горизонтальні блоки B іzC прикріплені до вертикального валаOA . На блоки намотані вірьовки,перекинуті через блоки D і E . Докінців вірьовок прикріплені вантажіP і Q . Загальна вага вала і горизонтальнихблоків дорівнює 60H . Нехтуючитертям у блоках D і E , визначитивагу вантажу Q при рівновазісистеми, а також реакцію в’язіYA , якщо P=100H , AB=30cì ,BC=55cì , CO=45cì і радіусиблоків r=10cì B , r C=50cì .Відповідь Q=20H ,YA=70H .xC22 Однорідна горизонтальна полицяP 1AzFBDP 2EyCDEF , вага якої 50H , жорсткоприкріплена до прямокутної рами, вагаякої 40H . Визначити реакціюXBпідшипника B , якщо AB=90cì ,CD=FE=60cì ,CF=DE=40cì і вага вантажівP=80H1 , P=120H2 .Відповідь:XB=100H .195

xAbaBPzOy23 Горизонтальний колінчастий стриженьOAB навантажений вертикальноюсилою P . OA⊥AB. Нехтуючивагою стрижня, визначити реактивниймомент відносно осі x жорсткогозакріплення.Відповідь:MOx= Pb .A24 На консольну балку AB , вага якої2lMzBP 2yxP1 і довжина 2l , діють горизонтальнасила P2 і пара сил з моментомM . Визначити реактивний моментжорсткого закріплення A відносноосі y .Відповідь: MAy=-Pl1 .196

AxzCOBy25 Однорідна плита, вага якої P , утримуєтьсяв горизонтальному положеннісферичним шарніром O і невагомимитросами AC і BC .OA .Визначити натяг троса BC ,якщо OA= OB= OC .Відповідь:2TBC=P 2.xM =504H , ìYz CO PA B⋅ .y26 Колінчатий стрижень OAB навантаженийсилою P=580H , напрямленоюза діагоналлю BC прямокутногопаралелепіпеда. OA=12cì ,AB=16cì , OC=21cì . Нехтуючивагою стрижня, визначити складовуMYреакції жорсткого закріпленняв точці O .Відповідь:27 На колінчатий стрижень ABC дієxzOAPCByсила P=680H , напрямлена за діагоналлюCO прямокутного паралелепіпедаOA=16cì , AB=24cì ,BC=18cì . Нехтуючи вагою стрижня,знайти реакціюзакріплення A .MYжорсткогоВідповідь: MY=-5,76H ⋅ ì .197

28 Однорідна прямокутна полиця, вагаzEякої 100H , утримується в горизонтальномуположенні сферичним шарні-F 1DACByром A , петлею D і невагомою вірьовкоюCE , що утворює з вертикаллюBE кут060 . Визначити натягвірьовки.Відповідь: T=100H .Dx29 Однорідна прямокутна плита, вагаzEAC40 30Byякої 300H , утримується у горизонтальномуположенні сферичним шарніромA , петлею D і невагомоювірьовкою CE , довжина якої 1ì .BC=30cì , CD=40cì . Визначитинатяг вірьовки CE .Відповідь: T=100 3H .xD30 Однорідна прямокутна полиця, вагаzAECByякої 260H , утримується в горизонтальномуположенні сферичним шарніромA , петлею B і підперта невагомимстрижнем CE . Визначити зусилляв стрижні, якщо AB=120cì ,AD=50cì і AE=65cì . В точкахC і E шарніри.Відповідь:S CE =130 5H .198

СПИСОК ВИКОРИСТАНОЇ ЛІТЕРАТУРИ1 Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики. – М.: Высш. шк.,1986. – 416 с.2 Добронравов В.В. Курс теоретической механики/ В.В.Добронравов,Н.Н.Микитин. – М.: Высш. шк., 1983. – 575с.3 Мещерский И.В. Сборник задач по теоретической механике. – М.: Наука,1981. – 480 с.4 Збірник задач з теоретичної механіки/ О.А.Березова,З.В.Солодовников, Г.Ю. Друшляк. – Київ: Вища школа, 1975. − 323 с.5 Тарг С. М. Теоретическая механика: Методические указания и контрольныезадания. – М.: Высш. шк., 1989. − 110с.6 Веселовский И.Н. Очерки по истории механики. – М.: Высш. шк.,1974. − 286с.7 Космодемьянский А.А. Теоретическая механика и современная техника.– М.: Просвещение, 1969. − 254с.8 Збірник розрахунково-графічних завдань з теоретичної механіки. Статикаі кінематика / О.Г.Водолазська, Ю.О.Єрфорт, Л. В. Кутовий таін. – Краматорськ: ДДМА, 2004. – Ч.1. – 128 с.199

Навчальне виданняСергій Володимирович ПодлєснийВолодимир Григорович ФедорченкоЮрій Олександрович ЄрфортДмитро Георгійович СущенкоБорис Володимирович ПлескачРозв’язання задач теоретичної механікиРозділ «Статика»НАВЧАЛЬНИЙ ПОСІБНИКРедакторІрина Іванівна ДьяковаПідп. до друкуФормат 60х84/16.Ризограф. друк. Ум.друк. арк. Обл.-вид. арк..Тираж прим. Зам. №ДДМА. 84313, м.Краматорськ, вул..Шкадінова, 72200

Ð Ð¾Ð·Ð²'ÑÐ·Ð°Ð½Ð½Ñ Ð·Ð°Ð´Ð°Ñ ÑÐµÐ¾ÑÐµÑÐ¸ÑÐ½Ð¾Ñ Ð¼ÐµÑ Ð°Ð½ÑÐºÐ¸. Ð Ð¾Ð·Ð´ÑÐ» - ÐÐ¾Ð½Ð±Ð°ÑÑÐºÐ° ...

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?

Ð Ð¾Ð·Ð²'ÑÐ·Ð°Ð½Ð½Ñ Ð·Ð°Ð´Ð°Ñ ÑÐµÐ¾ÑÐµÑÐ¸ÑÐ½Ð¾Ñ Ð¼ÐµÑÐ°Ð½ÑÐºÐ¸. Ð Ð¾Ð·Ð´ÑÐ» - ÐÐ¾Ð½Ð±Ð°ÑÑÐºÐ° ...