Redukcja dowolnego układu sił

Nasza ocena:

3
Pobrań: 14
Wyświetleń: 1232
Komentarze: 0
Notatek.pl

Pobierz ten dokument za darmo

Podgląd dokumentu
Redukcja dowolnego układu sił - strona 1 Redukcja dowolnego układu sił - strona 2 Redukcja dowolnego układu sił - strona 3

Fragment notatki:


3.7.1. Redukcja dowolnego układu sił do siły i pary sił      Dowolnym  układem sił  będziemy nazywać układ sił o liniach działania  dowolnie rozmieszczonych w przestrzeni. W tym punkcie zajmiemy się  sprowadzeniem (redukcją) takiego układu sił do najprostszej postaci, czyli do  najprostszego układu sił równoważnego danemu układowi sił.   Załóżmy, że mamy dowolny układ n sił  P k o punktach przyłożenia Ak (k = 1, 2 ,  . . . , n), jak na rys. 3.21. W celu redukcji tego układu przyjmijmy dowolny punkt O  nazywany  biegunem redukcji . Położenie sił  P k w stosunku do bieguna redukcji  niech określają wektory  r k.  W biegunie redukcji przyłóżmy n sił  P k oraz n sił o przeciwnych zwrotach:  . Takie postępowanie nie wpłynie na zmianę skutków  mechanicznych, ponieważ układ 2n sił przyłożonych w punkcie O jest  równoważny zeru. W konsekwencji otrzymaliśmy n sił  P ′ = − P k P k k k zbieżnych w biegunie  redukcji O oraz n par sił   przyłożonych odpowiednio w punktach A P P k i ′ k i O o  momentach równych momentowi siły  P k względem bieguna O, czyli    ( ) M P r P O k k k = × .  O r k Ak z y A1 An P 1 P k P n - P k - P 1 - P n P1 P k P n W M O x r1     Rys. 3.21. Redukcja dowolnego przestrzennego układu sił     Wiadomo,  że układ n sił zbieżnych w biegunie redukcji O można zastąpić jedną  siłą  W,  równą ich sumie geometrycznej (wzór 3.10), również przechodzącą przez  punkt zbieżności. Podobnie układ n par sił możemy zastąpić jedną parą  równoważną o momencie równym sumie geometrycznej momentów par  składowych (wzór 3.22). Możemy zatem zapisać:    ( ) ⎪ ⎪ ⎭ ⎪⎪ ⎬ ⎫ × = = = ∑ ∑ ∑ = = = , P r P M M , P W 1 1 1 n k k k n k k O O n k k               (3.24)    Siłę   W  nazywamy  wektorem głównym , a moment  M O   momentem głównym .  Definicje wektora głównego i momentu głównego możemy ująć słownie:     Wektorem głównym układu sił nazywamy sumę geometryczną wszystkich sił  przyłożoną w dowolnie obranym biegunie redukcji  O:    W P = = ∑ k k n 1 . P k . P k                      (3.25)       Momentem głównym układu sił względem bieguna redukcji  O  nazywamy sumę  geometryczną momentów  wszystkich sił względem tego bieguna:    M r O k k n = × = ∑ 1                  (3.26)      Na podstawie powyższych rozważań możemy stwierdzić, co następuje:     Dowolny  układ sił działających na ciało sztywne można zastąpić układem 

(…)

… układzie
współrzędnych będą równe zeru. Zatem, aby wektory (3.30) były równe zeru, ich współrzędne
wyrażone wzorami (3.27) i (3.28) muszą być równe zeru. Stąd otrzymujemy sześć równań równowagi:
n
n
n

Pkx = 0,
Pky = 0,
Pkz = 0, ⎪

k =1
k =1
k =1
(3.33)

n
n
n

M kx = 0,
M ky = 0,
M kz = 0.

k =1
k =1
k =1







Aby dowolny układ sił był w równowadze, sumy rzutów wszystkich sił na trzy osie układu
współrzędnych oraz sumy momentów wszystkich sił względem tych osi muszą być równe zeru.
Z otrzymanych równań równowagi (3.33) wynika, że w zagadnieniach dotyczących równowagi
ciała sztywnego poddanego działaniu dowolnego układu sił możemy wyznaczyć sześć niewiadomych.
W przypadku większej liczby niewiadomych mamy do czynienia z zagadnieniem statycznie
niewyznaczalnym, którego nie można rozwiązać na gruncie statyki ciała sztywnego.
Równania równowagi (3.33) dotyczą dowolnego przestrzennego układu sił i jako takie zawierają w
sobie warunki równowagi prostszych układów sił. Przykładowo dla przestrzennego zbieżnego układu
sił omówionego w p. 3.4 moment główny względem punktu zbieżności będzie równy zeru, czyli
równania momentów będą tożsamościowo spełnione, a zatem otrzymamy tylko trzy równania…
… i sprowadzeniu do wspólnego
mianownika możemy napisać:
W ( W ⋅ M O ) − M O ( W⋅ W )
SO × W =
.
W2
Licznik po prawej stronie jest rozwinięciem podwojonego iloczynu wektorowego
(2.34). Po odpowiednim przestawieniu wyrazów po lewej stronie mamy
ostatecznie:
W × OS =
W× (W× M O )
.
(3.39)
W2
Łatwo sprawdzić, że ogólne rozwiązanie tego równania wektorowego ma
postać:
OS =
(W× M O ) + λ W ,
W2
(3.40)
gdzie λ…
... zobacz całą notatkę

Komentarze użytkowników (0)

Zaloguj się, aby dodać komentarz