plik

Spis treści

Wstęp 9

Część I. Statyka

Wprowadzenie 12

Elementy rachunku wektorowego 13

1. Układy płaskie w przypadku więzów idealnych 16

1.1. Twierdzenie o trzech siłach 16

1.2. Płaski układ sił zbieżnych 25

1.3. Redukcja dowolnego płaskiego układu sił 29

1.4. Równowaga układu sił równoległych 33

1.5. Układy poddane obciążeniom rozłożonym w sposób ciągły 37

1.6. Dowolny płaski układ sił 43

1.7. Kratownice 55

2. Równowaga płaskiego układu sił z uwzględnieniem

sił tarcia 60

3. Przestrzenny układ sił 81

3.1. Wprowadzenie 81

3.2. Redukcja dowolnego przestrzennego układu sił 83

3.3. Układ sił zbieżnych pozostających w równowadze 87

3.4. Dowolny przestrzenny układ sił pozostających w równowadze 91
3.5. Środek sił równoległych i środki ciężkości linii, powierzchni

i brył 99

4. Równowaga wiotkich lin ciężkich — zastosowania

techniczne 113

Część II. Kinematyka

5. Kinematyka punktu 120

Wprowadzenie 120
5.1. Kinematyka punktu we współrzędnych krzywoliniowych 121
5.2. Kinematyka punktu w układzie kartezjańskim 124
5.3. Kinematyka punktu w układzie naturalnym 137
5.4. Kinematyka punktu we współrzędnych krzywoliniowych — układy

biegunowy, cylindryczny, sferyczny, toroidalny 144

6. Ruch obrotowy bryły wokół stałej osi 154

7. Ruch płaski 160

7.1. Wprowadzenie 160
7.2. Przykłady obliczania prędkości punktów ciała w ruchu

płaskim 163

7.3. Przyspieszenie punktów ciała w ruchu płaskim 174

8. Ruch kulisty bryły 211

8.1. Wprowadzenie 211
8.2. Wyznaczanie prędkości kątowych i przyspieszenia kątowego

za pomocą kątów Eulera 213

8.3. Przykłady obliczania prędkości i przyspieszeń punktów ciała

w ruchu kulistym 215

9. Ruch złożony punktu 226

9.1. Wprowadzenie 226
9.2. Przykłady obliczania prędkości bezwzględnych i przyspieszeń

bezwzględnych w ruchu złożonym punktu 228

Część III. Dynamika

10. Dynamika punktu 240

Wprowadzenie 240

10.1. Zadania proste 243
10.2. Zadania odwrotne — całkowanie równań różniczkowych

ruchu 256

10.3. Ruch krzywoliniowy 285
10.4. Drgania o jednym stopniu swobody — drgania własne 293
10.5. Drgania wymuszone 311
10.6. Praca i moc, potencjał pola sił 326
10.7. Zasada równowartości energii kinetycznej i pracy oraz

zasada zachowania energii mechanicznej 333

Spis treści

11. Zadania specjalne dynamiki punktu 350

11.1. Dynamika punktu w ruchu względnym 350

11.2. Ruch punktu w polu środkowym 360

11.3. Wybrane zadania z dynamiki punktu o zmiennej

masie 372

12. Geometria mas 385

12.1. Pojęcia podstawowe 385

12.2. Przykłady znajdowania momentów bezwładności

i momentów dewiacji 389

13. Dynamika układu punktów materialnych 400

13.1. Równania ruchu układu punktów materialnych 400

13.2. Zasada ruchu środka masy 407

13.3. Kręt i zasada krętu dla układu punktów

materialnych 420

14. Ruch obrotowy bryły dookoła stałej osi 427

14.1. Metoda kinetostatyki 427

14.2. Reakcje dynamiczne w ruchu obrotowym bryły dookoła

stałej osi 437

14.3. Równania różniczkowe w ruchu obrotowym dookoła

stałej osi 446

15. Ruch płaski ciała sztywnego 460

16. Przybliżona teoria giroskopu 478

17. Elementy mechaniki analitycznej 486

17.1. Zasada prac przygotowanych 486

17.2. Zasada d'Alamberta i równania Lagrange'a I rodzaju 503

17.3. Równania Lagrange'a II rodzaju 510

18. Wyznaczanie położenia równowagi 538

19. Zderzenia 552

Literatura 575

Wstęp

Podręcznik jest przeznaczony dla studentów studiów magister

skich i zawodowych kierunków: mechanika i budowa maszyn,

automatyka i robotyka, inżynieria materiałowa i transport. Za

pewne będzie też przydatny na innych kierunkach studiów,

takich jak budownictwo, wychowanie techniczne, inżynieria

środowiska.

Należytemu zrozumieniu i opanowaniu mechaniki ogólnej

dobrze służą przykłady zastosowań praktycznych.

Książka składa się z trzech części: statyki, kinematyki

i dynamiki. Znajduje się w niej wiele różnorodnych przykła

dów z mechaniki dobranych w ten sposób, aby Czytelnik mógł

samodzielnie rozwiązywać zadania należące do danego działu

mechaniki. Rozdziały zaczynają się krótkim wstępem zawie

rającym podstawowe pojęcia i twierdzenia, po czym następują

przykłady z rozwiązaniami. Na końcu każdego rozdziału znaj

dują się zadania, do rozwiązania których Autor gorąco zachęca

Czytelników.

Zadania i przykłady oznaczone gwiazdką studenci stu

diów zawodowych mogą pominąć.

Zadania, z którymi spotykamy się w statyce, można podzielić

na dwie grupy. Do grupy pierwszej zaliczamy zadania zwią

zane z równowagą układu sił, do drugiej — z redukcją ukła

du sił.

W obydwu przypadkach przy rozwiązywaniu zadań mo

żemy posługiwać się zarówno metodami analitycznymi, jak

i graficznymi. My będziemy stosować metody anali

tyczne.

Metody graficzne są nieocenione przy rozwiązywa

niu płaskich układów prętowych (kratownic), jednak z rozwo

jem metod komputerowych straciły one na znaczeniu. Omó

wimy stosowanie metod analitycznych związanych z rozpa

trywaniem równowagi układu sił. Przed przystąpieniem do

rozwiązania zadania należy:

• zobaczyć, czy mamy do czynienia z układem prostym

(jedno ciało sztywne), czy złożonym (kilka ciał powią

zanych ze sobą). W tym ostatnim przypadku należy

rozbić myślowo układ złożony na układy proste, pa

miętając o tym, że siły oddziaływania jednego ciała na

drugie występują zawsze dwójkami zerowymi;

• zaznaczyć wszystkie siły czynne działające na dane

ciało;

• ustalić więzy (ograniczenia nałożone na ruch) bezpo

średnio działające na dane ciało, a następnie oswobo

dzić ciało od więzów, zastępując odrzucone myślowo

więzy siłami reakcji;

• zakwalifikować otrzymany układ sił czynnych i bier

nych działających na dane ciało do odpowiedniej grupy

(układ płaski, przestrzenny, zbieżny, równoległy, do

wolny);

Elementy rachunku wektorowego

• określić liczbę niezależnych równań równowagi, które

możemy ułożyć dla danego układu;

• rozstrzygnąć, czy mamy do czynienia z układem sta

tycznie wyznaczalnym, czy liczba niewiadomych reak

cji nie przekracza liczby równań równowagi;

• wybrać układ współrzędnych tak, aby otrzymać możli

wie najprostszy układ równań i ułożyć równania rów

nowagi;

• rozwiązać układ równań ze względu na poszukiwane

wielkości, sprawdzić ich miary, przeprowadzić dyskusję

błędów.

W wielu zadaniach nie można z góry przewidzieć kie

runku reakcji. W tym przypadku należy reakcję o nieznanym

kierunku rozłożyć na składowe wzdłuż osi układu współrzęd

nych. Jeżeli z obliczeń otrzymamy składową ujemną, będzie

to oznaczać, że zwrot danej reakcji należy zmienić na prze

ciwny.

Elementy rachunku wektorowego

Spotykane w naukach fizycznych wielkości są wielkościami

wektorowymi lub skalarnymi. Wielkości skalarne określa się

przez podanie ich wartości. Przykładami takich wielkości są:

masa, praca, moc, energia, czas, potencjał itp. Wielkości wek
torowe

określa się przez podanie wartości, kierunku i zwrotu.

Przykładami wektorów są: siła, moment siły, prędkość, przy

spieszenie, pęd, kręt itp.

Wektory reprezentujące wielkości fizyczne oprócz poda

nych trzech cech powinny mieć określone w danej przestrzeni

położenie. Z tego względu definiuje się trzy typy wek

torów.

Wektor zaczepiony w dowolnej przestrzeni jest to upo

rządkowana para punktów (A, B). Geometryczny obraz ta

kiego wektora jest przedstawiony na rys. 1. Wektor ozna

czono literą a; można go również oznaczać AB lub (A, B).

Przykładami wektora zaczepionego mogą być:

• wektor wodzący ruchu punktu, jego prędkość lub przy

spieszenie (rys. 2)

r = r(t)
v = v(t)

a = a(t)

Wprowadzenie

• siła przyłożona do ciała odkształcalnego (rys. 3). Siła

przyłożona do sprężyny w punkcie A spowoduje inny

skutek (odkształcenie) niż siła zaczepiona w punkcie B.\

Wektor przesuwny lub ślizgający się. Istotnymi cechami

takiego wektora są: wartość liczbowa, zwrot i linia działania

(nieistotny jest jego punkt przyłożenia) — rys. 4

|Fi| = | F

Skutek działania na ciało idealnie sztywne siły Fi zaczepionej

w punkcie A jest taki sam, jak siły F

zaczepionej w punk

cie B Fi = F

Wektor swobodny. Istotnymi cechami takiego wektora

są: wartość liczbowa, zwrot i kierunek. Przykładami takicl

wektorów mogą być: moment pary sił, prędkość i przyspie

szenie punktów bryły w ruchu postępowym (rys. 5). Wektory

prędkości punktów A i B są nierozróżnialne

Działania na wektorach
Dodawanie wektorów.

Suma dwóch wektorów a + b jei

wektorem leżącym na przekątnej równoległoboku rozpiętego

na wektorach a i b. Dodawanie wektorów jest przemienni
a+b = b+a

oraz obowiązuje zasada superpozycji a+b+d =

= e = (a + b)+d = c + d (rys. 6). Jeżeli znamy wspoł-

rzędne n wektorów Fi(F

, Fj

, F

)

zaczepionych w tym sa

mym punkcie, to ich suma jest wektorem, któ-

rego współrzędne są równe

Iloczyn skalarny

dwóch wektorów jest skalarem (liczbi

(rys. 7) '

Iloczyn wektorowy

dwóch wektorów jest wektorei

(rys. 8) '

Elementy rachunku wektorowego

= a x b

Wektor c jest prostopadły do wektorów a i b, jego wartość

gdzie: i, j,k są wersorami (leżącymi odpowiednio na osiach
x, y, z).

Iloczyn mieszany

trzech wektorów (a x b) c jest liczbą. Jej

wartość jest równa objętości równoleglościanu rozpiętego na

tych wektorach (rys. 9). Jeżeli znamy współrzędne wektorów
a, b, c,

RYS. 8

RYS. 9

Jeżeli znamy współrzędne dwóch wektorów a(a

)

i b(b

to współrzędne wektora c = a x b wyliczamy

z wyznacznika

liczbowa jest równa

Układ wektorów a, b, c tworzy trójkę prawoskrętną. Za

chodzą związki

Układy płaskie w przypadku

więzów idealnych

1.1

Twierdzenie o trzech siłach

Jednym z najprostszych układów płaskich jest układ trzech sił.

Przypomnijmy t w i e r d z e n i e o t r z e c h siłach: warun

kiem koniecznym i wystarczającym na to, aby układ trzech sił

nierównoległych, leżących w jednej płaszczyźnie pozostawał

w równowadze jest, aby linie działania tych sił przecinały się

w jednym punkcie, a same siły tworzyły trójkąt zamknięty.

PRZYKŁAD 1.1 Wyznaczyć siłę F utrzymującą jednorodną belkę AB = 21

o ciężarze P w położeniu równowagi. Belka opiera się

o dwie gładkie płaszczyzny: poziomą i nachyloną pod kątem

ROZWIĄZANIE

Na belkę działają trzy siły [P, R

, R

]

pozostające w równo

wadze. Siły przecinają się w punkcie O. Zatem kieru

nek reakcji RB (która składa się z siły F i reakcji płaszczyzny

)

przechodzi przez punkt O. Siły tworzą trój

kąt KLM. Poprowadzimy odcinek CD równoległy do odcinka

AO.

Widzimy, że trójkąty OCD i KLM są podobne. Łatwo

możemy wyznaczyć boki trójkąta O AC.

Z twierdzenia sinusów otrzymujemy

(rys. 1.1). Belka tworzy z płaszczyzną poziomą kąt

Prostokątna płytka ABCD o bokach AB = a i BC — b jest

umocowana za pomocą przegubu w punkcie B i opiera się

o gładką ścianę w punkcie A. Płytka obciążona jest w punk

cie C siłą P (rys. 1.2). Zaniedbując ciężar płytki, wyznaczyć

reakcję ściany R

i przegubu R

ROZWIĄZANIE

Na podstawie warunków zadania na ciało działają trzy siły,

z których jedna jest znana. Kierunek reakcji ściany jest rów

nież znany, jest on prostopadły do ściany. Siły P i R

przecinają

się w punkcie O (rys. 1.2). Na podstawie twierdzenia

o trzech siłach przez ten punkt musi przejść również linia

działania trzeciej siły RB, o której wiadomo, że jest zacze

piona w punkcie B. Kierunek reakcji RB pokrywa się więc

z kierunkiem OB. Układ sił [R

, R

, P]

będzie w równowa

dze, jeżeli dodatkowo siły te będą tworzyć trójkąt zamknięty.

Oznaczmy wierzchołki tego trójkąta: L, M, N. Z rysunku wi

dzimy, że trójkąt LMN jest podobny do trójkąta BKO. Stąd

wynika, że

i podobnie

Odcinek

Z podobieństwa trójkątów OCD i KLM dostajemy

ze związków w trójkącie LMN dostajemy zaś

Jak widać wartości reakcji nie zależą od kąta a.

Jednorodny pręt AB o długości 21 i ciężarze P jest zamoc

wany za pomocą przegubu płaskiego A i utrzymywany w p

łożeniu jak na rys. 1.3 poziomą siłą S. Wyznaczyć reakc

przegubu A oraz kąt a w położeniu równowagi.

ROZWIĄZANIE

Z twierdzenia o trzech siłach wyznaczamy linię działania r

akcji R

Z trójkąta LMN obliczamy

Belka AB o długości 2/ jest obciążona w środku siłą P, dzia

łającą pod kątem fi — 45° w stosunku do poziomu. Wyzna

czyć reakcje przegubu A i podpory przesuwnej B. Ciężar belki

zaniedbać.

ROZWIĄZANIE

Wszystkie trzy siły przecinają się w punkcie O. Poprowadźr

odcinek BD równoległy do OC. Z rysunku 1.4 widzimy,

1.1. Twierdzenie o trzech siłach 19

Ponieważ

zatem

Przewód elektryczny o ciężarze Q jest umocowany na jednym

poziomie do dwóch słupów, pozostających w odległości

AB =1.

Strzałka zwisu przewodu CD — f. Wyznaczyć siłę

rozciągającą przewód w punkcie C oraz reakcje R

i R

(rys. 1.5).

ROZWIĄZANIE

Przetnijmy myślowo przewód w punkcie C i odrzućmy jego

prawą część. Oddziaływanie tej części na część lewą za
stępujemy silą Re, której kierunek jest poziomy. Na lewą
część przewodu działa jeszcze dodatkowo silą RĄ O niezna
nym kierunku i siła pionowa Przyjmujemy, że siła

działa wzdłuż linii odległej od punktu A o odcinek

(rys. 1.5). Linie działania wszystkich trzech sił powinny przeciąć

się w punkcie O. Zamknięty trójkąt sił jest podobny do

trójkąta AOE. Stąd możemy napisać związek

1. Układy płaskie w przypadku więzów idealnych

Jeżeli strzałka zwisu / jest bardzo mała, to siła Rc osiąga

bardzo duże wartości. Wartość reakcji

Ze względu na symetrię całego układu RA = RB

Nieważka belka AB o długości / opiera się jednym koń

cem A o gładką pionową ścianę, drugim o występ C. Ko

niec belki obciążono pionową siłą P. Nachylenie belki w sto

sunku do poziomu równe jest a. Wyznaczyć długość odcinka
AC

oraz wartości reakcji RA i Rc w położeniu równowagi

(rys. 1.6).

ROZWIĄZANIE

Kierunki reakcji RA i Rc w tym przypadku są znane. Przy

zadanym kącie a odległość AC musi być więc tak dobrana,

aby linie działania wszystkich sił przecięły się w punkcie O.
Z trójkąta sił dostajemy

Z rysunku mamy

Wyznaczyć reakcje przegubów A i B ramy, pokazanej na

rys. 1.7, obciążonej poziomą siłą P. Ciężar ramy zaniedbu

jemy. Rama składa się z dwóch symetrycznych części złączo

nych płaskim przegubem C.

ROZWIĄZANIE

W zadaniu tym mamy wyznaczyć cztery niewiadome: war

tości reakcji przegubów A i B oraz ich kierunki. Zadanie

to różni się w sposób zasadniczy od dotychczas rozwiązy

wanych, gdyż mamy do czynienia już nie z jednym ciałem

sztywnym, lecz z układem dwóch ciał połączonych w tym

przypadku płaskim przegubem C. W tego rodzaju zagadnie

niach należy układ rozbić na dwa układy proste. Weźmy pod

uwagę układ I. Jest on w równowadze i działają na niego

dwie siły: jedna przyłożona w punkcie B i druga w punk

cie C. Dwie siły są w równowadze wtedy i tylko wtedy, gdy

tworzą dwójkę zerową. Zatem R

i Rc muszą działać wzdłuż

prostej, wyznaczonej przez punkty B i C. Układ I oddziałuje

na układ II siłą — Rc. Przechodząc do układu II, możemy

już wyznaczyć kierunek reakcji RA i z trójkąta sił obliczyć

Dwa sześciany o ciężarach P i Q spoczywają na gładkich

równiach nachylonych w stosunku do poziomu pod kątami

a i /3 (rys. 1.8). Znaleźć zależność między siłami P i Q

w położeniu równowagi, naciski sześcianów na równie oraz

siłę oddziaływania jednego sześcianu na drugi.

'Przykłady oznaczone gwiazdką studenci studiów zawodowych

mogą pominąć.

1. Układy płaskie w przypadku więzów idealnych

ROZWIĄZANIE

W tym przypadku mamy również do czynienia z układem

złożonym. Na układ I działają trzy siły i jego równowaga bę

dzie możliwa, jeżeli ich linie działania przetną się w punkcie

0\.

Podobnie dla układu II linie działania R

, Q, Rc

muszą

się przeciąć w punkcie O

Zbudujemy dwa zamknięte trój

kąty sił. Po zastosowaniu twierdzenia sinusów z pierwszego

trójkąta dostaniemy

Z drugiego trójkąta otrzymujemy R

= Q

sin . Jeżeli

porównamy stronami otrzymane związki, otrzymamy zależ-

ność między siłami P i Q

Podobnie możemy obliczyć

Belka O A jest umocowana przegubem O i przywiązana za

pomocą linki BC do ściany. Belkę obciążono w punkcie A

ciężarem P. Zaniedbując ciężar belki, wyznaczyć wartość re

akcji przegubu O oraz kąt , który tworzy ona z osią belki.

Wyznaczyć również silę w lince BC, jeżeli jest ona prostopa

dła do osi belki; przyjąć OB = AB.

ROZWIĄZANIE

Kierunek reakcji Ro powinien przechodzić przez punkt D

(rys. 1.9). Oznaczając długość belki przez / możemy napisać

związek

Ze wzoru Carnota dla trójkąta O AD mamy

czyli

a zatem trójkąt ODA jest równora

mienny i

Z trójkąta sił mamy:

Jednorodny pręt o długości 2/ i ciężarze P opiera się końcen

o gładką pionową ścianę. W punkcie A opiera się o występ

znajdujący się w odległości a od ściany. Wyznaczyć reakcj(

w punktach A i B oraz wartość kąta a w położeniu równowag

irys. 1.10).

ROZWIĄZANIE

PRZYKŁAD 1.10

RYS. 1.10

RYS. 1.11

W tym przypadku znamy kierunki działania wszystkich trzech

sił RA, RB, P. Kierunki działania tych sił powinny przecinać

się w jednym punkcie, zatem położenie pręta jak na rys. 1.10

nie może być położeniem równowagi. Narysujmy pręt w po

łożeniu równowagi (rys. 1.11). Na podstawie tego rysunku

możemy napisać trzy związki

Po podstawieniu zależności (1) i (3) do związku (2) otrzy

mamy

Z trójkąta sił dostajemy

Jednorodny gładki pręt AD o długości 2/ i ciężarze P znaj

duje się w półsferycznej czaszy o promieniu r. Wyznaczyć

kąt ę oraz znaleźć reakcje R

i R

w położeniu równowagi

irys. 1.12).

ROZWIĄZANIE

W zadaniu tym, podobnie jak w poprzednim, znamy kierunki

działania sił R

, R

, P.

Kierunki te powinny przeciąć się

w jednym punkcie. Na rysunku 1.12 oznaczono ten punkt

przez E. Na podstawie rysunku możemy napisać następujące

zależności geometryczne

Jednorodny pręt o długości 2/ i ciężarze P opiera się końcem

o gładką pionową ścianę. W punkcie A opiera się o występ,

znajdujący się w odległości a od ściany. Wyznaczyć reakcje

w punktach A i B oraz wartość kąta a w położeniu równowagi

irys. 1.10).

ROZWIĄZANIE

W tym przypadku znamy kierunki działania wszystkich trzech

sił RĄ, R

, P.

Kierunki działania tych sił powinny przecinać

się w jednym punkcie, zatem położenie pręta jak na rys. 1.10

nie może być położeniem równowagi. Narysujmy pręt w po

łożeniu równowagi (rys. 1.11). Na podstawie tego rysunku

możemy napisać trzy związki

Po podstawieniu zależności (1) i (3) do związku (2) otrzy

mamy

stąd

Z trójkąta sił dostajemy

Jednorodny gładki pręt AD o długości 2/ i ciężarze P znaj

duje się w półsferycznej czaszy o promieniu r. Wyznaczyć

kąt oraz znaleźć reakcje RA i RB w położeniu równowagi

( rys. 1.12).

ROZWIĄZANIE

W zadaniu tym, podobnie jak w poprzednim, znamy kierunki

działania sił R

, R

, P.

Kierunki te powinny przeciąć się

w jednym punkcie. Na rysunku 1.12 oznaczono ten punkt

przez E. Na podstawie rysunku możemy napisać następujące

zależności geometryczne

równość (2) wynika z twierdzenia sinusów, stąd mamy

Z rysunku widać, że

Po podstawieniu wzorów (3) i (1) do równania (4) otrzy

mamy

a po przekształceniu

Ponieważ ze względów fizycznych kąt

więc

a zatem możemy na podstawie zależności (5) na

pisać równanie

stąd

Ponieważ kąt jest kątem ostrym, drugi pierwiastek rów

nania (6) nie może być brany pod uwagę.

Korzystając z twierdzenia sinusów, z trójkąta sił wyzna

czamy poszukiwane reakcje

Na zakończenie podamy kilka uwag m e t o d y c z n y c h :

1. Jeżeli mamy do czynienia z układami prostymi, to

podanymi metodami możemy rozwiązywać zadania, w któ

rych znamy kierunki działania dwóch sił oraz wartość

jednej z nich. Na podstawie twierdzenia o trzech si

łach wyznaczamy kierunek działania trzeciej siły (rysu

nek zasadniczy). Wykreślamy na boku zamknięty trójkąt

sił, w którym znamy tylko jeden bok. Na rysunku zasad

niczym wyszukujemy trójkąt podobny, którego boki (lub

wzajemne stosunki boków) dadzą się wyznaczyć. Korzy

stając z podobieństwa tych dwóch trójkątów, wyznaczamy

1.2. Płaski układ sił zbieżnych

poszukiwane wartości sił. Tak postępowano w

przykładach 1.1 -- 1.5. Czasami wyszukanie na rysunku

zasadniczym trójkąta podobnego jest kłopotliwe (lub

trudno wyznaczyć wzajemne stosunki jego boków),

wtedy możemy wyznaczyć kąty między poszczególnymi siłami,

a następnie stosując twierdzenie sinusów, obliczyć wartości sił

(przykład 1.9).

2. Jeżeli mamy do czynienia z układem złożonym, należy

go rozbić na układy proste (w miejscu, gdzie ciała sztywne

łączone za pomocą więzów), a następnie rozrysować te

układy i z każdym z nich postąpić tak, jak to podano w p. 1.

Wygodniej jest zacząć od układu łatwiejszego (porównaj przykład

1.7 i 1.8).

3. Jeżeli mamy do czynienia z określeniem położenia równowagi

to wówczas kierunki działania wszystkich trzech sił

a znane. Należy więc w pierwszej kolejności ustawić ciało,

którego równowagę rozpatrujemy, w takim położeniu, by

równowaga mogła zachodzić, tzn. kierunki działania sił przecięły

jednym punkcie (wykonać rysunek zasadniczy), a następnie

postępować tak, jak to podano w p. 1. Ten sposób

zilustrowano w przykładach 1.6, 1.10 i 1.11.

Dla

1.2

Płaski układ sił zbieżnych

dowolnej liczby sił zbieżnych na płaszczyźnie mamy dwa

niezalezne równania równowagi

Lub

Punkty A i B są wybrane dowolnie, lecz nie mogą leżeć

na jednej prostej z punktem 0, w którym przecinają się linie

działania wszystkich sił. Do równań tych wchodzą znane siły

czynne oraz nieznane reakcje. Aby zadanie mogło być statycz-

nie wyznaczalne, liczba niewiadomych nie może przekraczać

dwóch.

Gdy siła P i punkt A leżą na płaszczyźnie, wówczas mo

tt charakteryzujemy wielkością liczbową M

(P)

= ±Ph,

gdzie h jest ramieniem siły (odległością punktu A od linii

działania siły P). Znak „+" przyjmujemy, gdy siła wywo

łuje obrót w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek ze
gara.

Aby wyciągnąć z ziemi pal, robotnik przywiązał do niego linę

w punkcie A. Po zamocowaniu drugiego końca liny B przy

wiązał do niej drugą linę w punkcie C, zaczepioną w punkcie

po czym uchwycił rękami linę CD w punkcie E i zawisł

w powietrzu; część AC liny zajęła wtedy położenie pionowe,

a część CE — poziome.

Części CB i DE utworzyły jednakowe kąty a, jedna

z pionem, druga z poziomem (rys. 1.13). Wyznaczyć siłę w li

nie AC, jeżeli ciężar robotnika jest równy P.

ROZWIĄZANIE

Przecinając linki dostaniemy jeden układ sił zbieżnych

w punkcie E, drugi w punkcie C. Korzystając z warunków

równowagi (1.1), dostaniemy dla układu I następujące równa
nia

stąd

Podobnie dla układu II otrzymamy

stąd

Na pionowej półkuli jest umieszczona kulka A, która może się

poruszać tylko po okręgu. Kulka jest utrzymywana w równo

wadze za pomocą nici ABC. Na końcu nici uwieszono ciężar

Ciężar kulki równy jest Q. Znaleźć kąt a, jaki tworzy

odcinek O A z odcinkiem OB w położeniu równowagi, oraz

nacisk kulki na powierzchnię półkuli. Średnicę bloku B za

niedbać.

więc

Z rysunku mamy

Jednorodny pręt AB o ciężarze P końcem A jest zamocowany

na przegubie płaskim, koniec B zaś jest zawieszony na lince

(rys. 1.15). Znając kąty a i 8 znaleźć siłę T w lince BC.

ROZWIĄZANIE

Warunek równowagi pręta w postaci (1.2) względem punktu

.4 ma postać

Ponieważ kąt a jest kątem mniejszym niż n, przyjęliśmy

tylko dodatni pierwiastek równania kwadratowego.

Z drugiego równania równowagi można wyznaczyć na

cisk na półkulę

stąd

Z pierwszego równania można obliczyć kąt Po za

ROZWIĄZANIE

Przyjmujemy osi układu: x — styczna do półokręgu w punk

cie A,y — normalna (rys. 1.14). Warunki równowagi kulki

A przyjmą postać

mienieniu cos a zgodnie ze wzorem

dostaiemy równanie

Dwie kulki Ai B o ciężarach P\ i P

znajdują się w położeniu

równowagi wewnątrz gładkiej, sferycznej czaszy o promieniu

Kulki są połączone nieważkim prętem o długości AB = 21.

Znaleźć naciski NA i NB kulek na czaszę, siłę S w pręcie

oraz kąt a, jaki tworzy pręt AB z poziomem w położeniu

równowagi (rys. 1.16).

ROZWIĄZANIE

Przecinając myślowo pręt AB, rozdzielamy układ na dwa

układy proste. Siły działające na punkty A i B zaznaczono na

rys. 1.16. Korzystając z warunków równowagi dla punktów A

i fi w postaci (1.1), dostajemy następujące cztery równania

Z równań (1) i (2) otrzymamy

a z równań (3) i (4)

Stad mamy związek

Po rozpisaniu otrzymamy

Po podzieleniu ostatniej równości przez cos a cos /3 i zgrupo

waniu odpowiednich wyrażeń dostajemy

Na podstawie rys. 1.16 możemy napisać

zatem

Z równań

(1)--(4)

mamy

Dwa jednorodne walce A i B, każdy o ciężarze P zawieszono

w punkcie O na nieważkich niciach. Między walcami A i B

położono walec C o ciężarze Q. Znaleźć zależność między

kątami a i 6 w położeniu równowagi (rys. 1.17).

ROZWIĄZANIE

Na walce A i C działają siły przedstawione na rys. 1.18.

Z warunków równowagi walca C mamy

a z warunków równowagi walca A otrzymujemy dwa równania

Wyliczamy

Z drugiego równania dostajemy więc

Zatem

1.3

Redukcja dowolnego płaskiego układu sił

Zredukować dany układ n sił działających na dane ciało

sztywne do wybranego bieguna O oznacza zastąpić układ n

sił układem możliwie najprostszym, przyłożonym w punkcie

równoważnym danemu układowi n sił. Układ równoważny

rozumiemy jako układ wywołujący ten sam skutek.

Z mechaniki wiadomo, że dowolny płaski układ sił re

dukuje się do wektora głównego W

oraz momentu głów

nego M

Współrzędne wektora głównego obliczamy ze wzorów

Na podstawie podanych wzorów mamy

PRZYKŁAD 1.17 Zadany układ czterech sił P, zaczepionych w punktach A,

zredukować do bieguna 0(2, 1). Współrzędne sił podano w N,

a współrzędne punktów przyłożenia w m

a moment główny z zależności

gdzie: Pj

, Pi

— współrzędne i-tej siły układu redukowa

nego, Xi, yi — współrzędne przyłożenia tej siły, xo,yo —

współrzędne wybranego bieguna redukcji O, M — moment

skupiony działający na dane ciało.

Jak widzimy z tych wzorów, wektor główny nie zależy

od wyboru bieguna redukcji O, będziemy go nazywać nie

zmiennikiem redukcji.

Moment główny jest funkcją (liniową)

xo, yo,

czyli ze zmianą bieguna jego wartość się zmienia.

Punkt zaczepienia momentu skupionego M jest nieistotny, bo

moment jako wynik działania pary sił jest wektorem swobod

nym; parę sił możemy dowolnie przemieszczać po płaszczyź

nie.

W celu lepszego zrozumienia rozwiązania przedstawiono

je na rys. 1.19. Układ czterech sił został tu zastąpiony wekto-

rem głównym o współrzędnych 3 i 6 oraz momentem głów-

nym o wartości 9. Okazuje się, że gdy wektor główny i mo-

ment główny są różne od zera, wówczas można układ zreduko-

wać do wypadkowej. Wiadomo, że wypadkowa jest to jedna

siła równoważna danemu układowi sił. Wypadkowa W bę-

dzie równa wektorowi głównemu, lecz jej punkt zaczepienia

musi leżeć na odpowiedniej prostej. Wyznaczymy równanie

tej prostej. Zredukujemy jeszcze raz cały układ sił do bie-

guna O

o współrzędnych (x, y). Oczywiście możemy do tego

bieguna zredukować równoważny układ W

, M

Otrzymamy

= W

oraz M

= M

- W

{x - x

) + W

(y - y

Jeżeli współrzędne (x, y) dobierzemy tak, że M

0, to

wektor główny będzie wypadkową. Stąd otrzymamy równanie

prostej, wzdłuż której działa wypadkowa

Dla naszego przykładu mamy 9 — 6(x - 2) + 3(y - 1) = 0 .

Wypadkowa układu sił leży na prostej y = 2x — 6.

Zredukować dany układ do początku układu współrzędnych,

a nastepnie do wypadkowej; moment M — 6 jest przyłożony

w punkcie A

(2.2).

PRZYKŁAD 1.18

ROZWIĄZANIE

współrzędne wektora głównego wynoszą

a moment główny jest równy

Równanie linii działania wypadkowej wyznaczamy na

podstawie równania

lub w postaci kierunkowej y = -8x + 24.

Na podstawie wykonanej redukcji możemy wyznaczyć

warunki równowagi dowolnego płaskiego układu sił. Układ

taki pozostanie w równowadze, jeżeli zarówno wektor główny,

jak i moment główny będą równe zeru. Stąd dostajemy trzy

niezależne warunki równowagi

Podane równania równowagi możemy zapisać w innej równo

ważnej postaci

z zastrzeżeniem, że punkty A, B, C nie leżą na jednej prostej,

lub w postaci

gdzie ostatni warunek oznacza sumę rzutów sił na dowolną

prostą /, która nie jest prostopadła do prostej wyznaczonej

przez punkty A i B.

Dla układu sił równoległych jako przypadku szczegól

nego możemy obrać układ współrzędnych tak, aby siły były

równoległe do osi y. Wówczas otrzymamy dwa niezależne

warunki równowagi w postaci

PRZYKŁAD 1.20

RYS. 1.21

i na podstawie

kąta wewnętrznego trójkąta mam;
poprzedniego związku

Blok A jest w równowadze pod działaniem reakcji R

oraz sił w lince działających wzdłuż AC i AB. Ponieważ sił)

lince są te same, więc prosta AK (linia działania R

)

jest

dwusieczną kąta CAB. Na podstawie własności dwusiecznj

Ponieważ

Na układ działają trzy siły P, Q oraz reakcja R

Zatem

reakcja R

jest pionowa i równa P+Q. Z warunku momentów

względem A dostajemy

Dwie kulki o ciężarach P i Q złączono nieważkim prętem

3C.

W punktach B i C przymocowano sznur BAC o długości

równej /, który przerzucono przez blok A. Znaleźć AB i AC

położeniu równowagi (rys. 1.21).

Po podzieleniu stronami przez 2y cos a otrzymamy

gdzie h — a

cos a — 2b sin a.

to wstawieniu do równania dostajemy

Na pręt działają siły P1, P2 i napięcie nici S, przy czym Pi =

= y2b, P

— y2a,

gdzie y — ciężar przypadający na jed

nostkę długości pręta.

Z warunku równowagi momentów względem punktu B

ostajemy

Jednorodny pręt zgięty w punkcie A pod kątem prostym jest

zawieszony na nici BD. Dane: AB — 2b, AC = 2a, a > b

rys. 1.20).

Znaleźć kąt a w położeniu równowagi.

1.4

Równowaga układu sił równoległych

ROZWIĄZANIE

Pozioma belka przegubowa ACB ma koniec A zamocowań;

w ścianie, a koniec B oparty na przesuwnej podporze; w punk-

cie C znajduje się przegub. Belka jest obciążona dźwigiem

podnoszącym ciężar P = 1 kN. Przy wysunięciu ramienia

dźwigu na odległość KL = 4 m, środek ciężkości dźwigi

leży na pionowej CD. Ciężar dźwigu wynosi Q = 5 kN

Pomijając ciężar belki, wyznaczyć reakcje jej podpór. Rami

dźwigu leży w jednej płaszczyźnie z belką (rys. 1.23).

Po podstawieniu P3, = 4pa, PĄ = 2pb i podzieleniu stronami

przez cos a wyznaczamy

Dwa pręty AB i OC, których ciężar jednostki długości wynosi

2p są połączone prostopadle w punkcie C. W punktach A

i B zawieszono ciężarki P1 i P2 (P2 > P1). Wyznaczyć kąt

w położeniu równowagi (rys. 1.22).

ROZWIĄZANIE

Z warunku momentów względem punktu O otrzymamy rówj

nanie

zatem

ROZWIĄZANIE

W tym przypadku rozbijamy układ złożony na trzy układy

proste (rys. 1.24). W pierwszej kolejności rozpatrzymy rów

nowagę dźwigu. Dostajemy dwa równania równowagi w po

staci

Stąd mamy

Belka BC będzie w równowadze, jeżeli reakcja Rc bę

dzie pionowa. Stąd dostajemy

Warunki równowagi belki AC mają postać

Siad

stąd

W celu zmierzenia dużych sił Q zbudowano układ dwóch

różnoramiennych dźwigni ABC i EDF, połączonych ze sobą

łącznikiem CD. W punktach B i E znajdują się nieruchome

podpory. Po dźwigni EDF może przesuwać się ciężar P. Siła

przyłożona w punkcie A jest równoważona przez ten ciężar,

umieszczony w odległości / od punktu D. O jaką odległość x

należy przesunąć ciężar P, jeżeli do siły Q dodamy siłę Q1,

(rys. 1.25)?

ROZWIĄZANIE

Rozdzielmy myślowo pręt CD. Otrzymamy w ten sposób dwa

układy proste. Dla pierwszego układu z warunku równowag

w postaci sumy momentów względem punktu B uzyskujemy

siłę w pręcie CD równą S = (Q + Q\)-. Podobnie z wa-

runku momentów względem punktu E dla układu drugiego

dostajemy

Z porównania tych związków otrzymamy

Z warunków zadania wynika, że siła Q była zrównov

żona siłą P przyłożoną w odległości / od punktu D. Wted
dostajemy zależność . Po uwzględnieniu ostat-
niego związku możemy napisać