Закони тертя ковзання

План

План

1.Алгебраїчні моменти сили відносно центра і пари сил.

2.Зведення плоскої системи сил до найпростішого вигляду.

3.Умови рівноваги плоскої системи сил. Випадок паралельних сил.

4.Розв’язання задач статики.

1. Алгебраїчні моменти сили відносно центра і пари сил

Якщо всі сили лежать в одній площині, то їх моменти відносно будь-якого центра О, що знаходиться в тій же площині, перпендикулярні їй, тобто напрямлені вздовж однієї і тієї ж прямої. Тоді напрямки цих моментів можна відрізняти один від одного знаком і розглядати момент сили відносно центра О як алгебраїчну величину. Будемо називати такий момент алгебраїчним і позначати символом .

Алгебраїчний момент сили відносно центра О дорівнює взятому з відповідним знаком добутку модуля сили на її плече, тобто:

.

При цьому момент сили вважається додатним, коли сила намагається повернути тіло навколо центра О проти ходу годинникової стрілки, і від’ємним – за ходом годинникової стрілки. Так, для сил, зображених на рис.1:

, .

Формули, які ми дістали раніше (див. лекц. №6) для моментів ­ векторів будуть справедливі й для алгебраїчних моментів, але суми при цьому будуть алгебраїчні:

.

Тепер розглянемо алгебраїчний момент пари сил.

Оскільки момент пари сил, як ми розглянули дещо вище (див. лекц. №5), дорівнює моменту однієї із її сил відносно точки прикладання іншої, то для пар, що лежать в одній площині, момент пари можна розглядати як алгебраїчну величину і називати алгебраїчним. Умовимось позначати його m (або M).

Тоді, алгебраїчний момент пари дорівнює взятому з відповідним знаком добутку модуля однієї із сил на плече пари:

.

Знак моменту пари визначається аналогічно, як і для моменту сили. Так, для зображеної на рис.2,а пари , момент , для пари , момент .

Оскільки пара сил характеризується тільки її моментом, то на рисунках пару зображають часто дуговою стрілкою (рис.2,б). Формули для суми моментів-векторів будуть справедливі й для алгебраїчних моментів пар сил.

2. Зведення плоскої системи сил до найпростішого вигляду

Результат, який ми дістали в попередній лекції, про зведення системи сил до даного центра, звичайно ж, справедливий і для плоскої системи сил. Отже, плоска система сил теж зводиться до сили , прикладеної в довільно обраному центрі О, і пари з моментом М₀, але пара і сила лежать в одній площині (рис.3,а).

При цьому вектор можна визначити або геометричною побудовою силового многокутника, або аналітично. Для плоскої системи маємо аналітичні формули:

,

де всі моменти в останній рівності алгебраїчні.

Знайдемо, до якого найпростішого вигляду зводиться плоска система сил, що не перебуває у рівновазі. Результат залежить від значень і М₀.

1. Якщо для даної системи сил , а М₀¹0, то вона зводиться до однієї пари з моментом М₀. У цьому випадку значення М₀ не залежить від вибору центра О.

2. Якщо для даної системи сил , то вона зводиться до однієї сили, тобто рівнодійної. При цьому можливі два випадки:

а), . Тоді система зводиться до однієї рівнодійної , яка проходить через центр О;

б), . У цьому випадку пару з моментом М₀ можна зобразити двома силами і (причому =, a =–) (рис.3,б). Якщо d=OC – плече пари, то

Rd=│М₀│.

Відкинувши сили i як зрівноважені, помічаємо, що система сил заміняється рівнодійною =, що проходить через точку С. Положення точки С визначається двома умовами:

1) відстань OC=d () повинна задовольняти рівність Rd=│М₀│;

2) знак моменту сили відносно центра О, прикладеної у точці С, тобто , повинен збігатись зі знаком М₀.

Таким чином, плоска система сил, що не перебуває у рівновазі, може бути зведена або до однієї рівнодійної (коли ), або до пари сил (коли ).

3.Умови рівноваги плоскої системи сил. Випадок паралельних сил

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

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

R_x=0, R_y=0 та ,

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

Ці рівності будуть виконані, коли

.

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

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

,

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

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

4.Розв’язання задач статики

Методами статики можуть розв’язуватись задачі таких двох типів:

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

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

Реакції в’язей є величинами, наперед невідомими.

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

Алгоритм розв’язання задач статики:

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

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

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

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

Дуже важливу роль відіграє охайне креслення і послідовність всіх викладок.

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

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

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

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

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

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

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

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

.

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

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

1.Розглянемо рівновагу балки.

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

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

;

;

.

Із першого рівняння .

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

Із другого рівняння маємо:

P+Q+Fcos30⁰= 200+100+100 = 386,6 кН.

Тоді:

кН.

Із третього рівняння:

Питання для самоконтролю

1.Як визначається алгебраїчний момент сили відносно центра?

2.Чому дорівнює алгебраїчний момент пари сил?

3.До якого найпростішого вигляду зводиться плоска система сил?

4.Умови рівноваги плоскої системи сил.

5.Умови рівноваги плоскої системи паралельних сил.

6.Послідовність розв’язання задач статики.

7.Як визначаються реакції рухомої та нерухомої шарнірних опор?

8.Визначення реакції жорсткого защімлення.

Лекція №8

Тема: “Тертя”

2. Реакції шорстких в’язей. Кут тертя.

3. Рівновага тіла при наявності тертя.

Дата добавления: 2014-10-23