Kombinujemo ishodište koordinata sa tačkom preseka linija delovanja sila sistema. Projektiramo sve sile na koordinatne ose i sumiramo odgovarajuće projekcije (slika 7.4). Dobijamo projekcije rezultante na koordinatne ose:

Modul rezultantnog sistema konvergentnih sila je određen formulom

Smjer rezultujućeg vektora određen je uglovima

Proizvoljan prostorni sistem sila

Dovođenje proizvoljnog prostornog sistema sila u centar O.

Dat je prostorni sistem sila (slika 7.5, a). Donesimo to u centar O.

Sile se moraju kretati paralelno, formirajući tako sistem parova sila. Moment svakog od ovih parova jednak je proizvodu modula sile i udaljenosti do centra redukcije.

U centru redukcije nastaje snop sila, koji se može zamijeniti ukupnom silom (glavni vektor) F GL (Sl. 7.5, b).

Momenti parova sila mogu se dodati da bi se dobio ukupni moment sistema M ch (glavni moment).

Tako se proizvoljan prostorni sistem sila svodi na glavni vektor i glavni moment.

Uobičajeno je da se glavni vektor razloži na tri komponente usmjerene duž koordinatnih osa (slika 7.5, c).

Obično se ukupni moment razlaže na komponente: tri momenta oko koordinatnih ose.

Apsolutna vrijednost glavnog vektora (slika 7.5b) je

Apsolutna vrijednost glavnog momenta određena je formulom.

Jednačine ravnoteže prostornog sistema sila

U ravnoteži F ch = 0; M hl = 0. Dobijamo šest jednačina ravnoteže:

Šest jednačina ravnoteže prostornog sistema sila odgovara šest nezavisnih mogućim pokretima tijela u prostoru: tri pomaka duž koordinatnih osa i tri rotacije oko ovih osa.

Primjeri rješavanja problema

Primjer 1 Na tijelu u obliku kocke sa ivicom a\u003d 10 cm, djeluju tri sile (slika 7.6). Odrediti momente sila oko koordinatnih ose koje se poklapaju sa ivicama kocke.

Odluka

1. Momenti sila oko ose Oh:

2. Momenti sila oko ose OU.

Primjer 2 Dva točka su pričvršćena na horizontalnu osovinu, r 1 = 0,4 m; g 2 \u003d 0,8 m. Preostale dimenzije su na sl. 7.7. Sila primijenjena na točak 1 F1, na točak 2 - sila F2= 12 kN, F3= 4kN.

Odredite snagu F1 i reakcije u šarkama ALI i AT u stanju ravnoteže.

podsjetiti:

1. U ravnoteži, šest jednačina ravnoteže je zadovoljeno.

Jednačine momenata treba napisati u odnosu na oslonce A i B.

2. Snage F 2 \\O x; F 2 \\Oy;F 3 \\Oy.

Momenti ovih sila oko odgovarajućih osa jednaki su nuli.

3. Proračun treba završiti provjerom pomoću dodatnih jednačina ravnoteže.

Odluka

1. Odredite snagu F\, sastavljanjem jednadžbe momenata sila oko ose Oz:

2. Odredite reakcije u nosaču ALI. Dvije komponente reakcije djeluju na oslonac ( Y A ; X A ).

Sastavljamo jednadžbu momenata sila oko ose Oh"(u znak podrške AT).

Rotacija oko ose Oh" ne dešava se:

Znak minus znači da je reakcija u suprotnom smjeru.

Rotacija oko ose OU" ne dogodi, sastavljamo jednadžbu momenata sila oko ose OU"(u znak podrške AT):

3. Određujemo reakcije u nosaču B. Dvije komponente reakcije djeluju na nosač ( XB , Y B ). Sastavljamo jednadžbu momenata sila oko ose Oh(podrška ALI):

Sastavljamo jednadžbu momenata oko ose OU(podrška ALI):

4. Provjerite. Koristimo projekcijske jednadžbe:

Obračun je urađen korektno.

Primjer 3 Odredite brojčanu vrijednost sile P1 , na kojoj je osovina Ned(Sl. 1.21, a) biće u ravnoteži. Sa pronađenom vrijednošću sile R 1 definisati reakcije podrške.

Sile koje djeluju na zupčanike R i R 1 usmjerena duž tangenta na početne krugove kotača; snagu T i T 1 - duž poluprečnika točkova; snagu A 1 paralelno sa osom osovine. T = 0,36P, 7T 1 = P 1; A 1 = 0,12P 1.

Odluka

Oslonci osovine prikazani na sl. 1.21, a, treba smatrati prostornim zglobnim osloncima koji sprječavaju linearna pomicanja u smjerovima osi i i v(odabrani koordinatni sistem je prikazan na slici 1.21, b).

Oslobađamo osovinu od veza i njihovo djelovanje zamjenjujemo reakcijama V B, H B, V C , H C (Sl. 1.21, b). Dobili smo prostorni sistem sila za koji sastavljamo jednadžbe ravnoteže koristeći odabrani koordinatni sistem (slika 1.21.6):

gdje A 1*1.25D/2 - moment u odnosu na osu i snagu A 1 , pričvršćen za desnu brzinu.

Trenuci oko ose i snage T 1 i A 1(primijenjeno na srednji zupčanik), P 1 (primijenjeno na desni zupčanik) i P jednaki su nuli, jer su sile P, T 1, P 1 paralelne s osi i, a sila A 1 prelazi osu i.

gdje V C = 0,37 P;

gdje VB=0,37P.

otuda i reakcije V B i V C tačno definisano;

gdje A 1 * 1,25D/2- moment oko ose v snagu A 1 , primijenjen na srednju brzinu.

Trenuci oko ose v sile T, P 1 (primijenjene na srednju brzinu), A 1 i T 1(primijenjene na desni zupčanik) jednake su nuli, budući da su sile T, R 1, T 1 paralelno sa osom v, sila A 1 prelazi osu v.

odakle je H C = 0,81 P;

odakle H C \u003d 1,274 P

Napravimo probnu jednačinu:

otuda i reakcije H B i H S tačno definisano.

U zaključku, napominjemo da su reakcije podrške ispale sa znakom plus. Ovo označava da su odabrani pravci V B , H B, V C i H S poklapaju se sa stvarnim pravcima reakcija veze.

Primjer 4 Pritisak klipnjače parne mašine P = 25 kN prenosi se na sredinu rukavca radilice u tački D pod uglom α \u003d 30 ° prema horizontu s vertikalnim rasporedom obraza koljena (slika 1.22). Na kraju osovine je postavljena remenica. Napetost pogonske grane kaiša je dvostruko veća od zategnute, tj. S 1 \u003d 2S 2. Gravitacija zamašnjaka G = 10 kN.

Odredite napetost grana pogona remena i reakciju ležajeva ALI i AT, zanemarujući masu osovine.

Odluka

Razmatramo ravnotežu horizontalne radilice sa remenicom. Primjenjujemo u skladu sa stanjem problema date snage P, S 1 , S 2 i G . Oslobađamo osovinu od potpornih zatvarača i zamjenjujemo njihovo djelovanje reakcijama V A, H A, V B i N V. Koordinatne ose izaberite kao što je prikazano na sl. 1.22. u šarkama ALI i AT ne dolazi do reakcija duž ose w, budući da napetost grana pojasa i sve druge sile djeluju u ravninama okomitim na ovu osu.

Sastavljamo jednadžbe ravnoteže:

Pored toga, prema uslovu zadatka, imamo još jednu jednačinu

Dakle, ovdje postoji šest nepoznatih pokušaja. S 1, S 2, H A, V A, H B i V B i šest jednačina koje ih povezuju.

Jednadžba projekcija na osu w u primjeru koji se razmatra pretvara u identitet 0 = 0, jer sve sile leže u ravninama okomitim na osu w.

Zamjenom S 1 \u003d 2S 2 u jednadžbe ravnoteže i njihovim rješavanjem nalazimo:

Vrijednost reakcije H B ispalo sa znakom minus. To znači da je u stvarnosti njegov smjer suprotan onom prikazanom na sl. 1.22.

Kontrolna pitanja i zadaci

1. Zapišite formule za izračunavanje glavnog vektora prostornog sistema konvergentnih sila.

2. Zapišite formulu za izračunavanje glavnog vektora prostornog sistema proizvoljno lociranih sila.

3. Zapišite formulu za izračunavanje glavnog momenta prostornog sistema sila.

4. Zapišite sistem jednačina ravnoteže za prostorni sistem sila.

5. Koju od jednadžbi ravnoteže treba koristiti za određivanje reakcije štapa R 1 (slika 7.8)?

6. Odrediti glavni moment sistema sila (slika 7.9). Referentna tačka je ishodište koordinata. Koordinatne ose se poklapaju sa ivicama kocke, ivica kocke je 20 cm; F 1 - 20kN; F 2 - 30kN.

7. Odrediti reakciju Xv (slika 7.10). Vertikalna osovina sa koloturom je opterećena s dvije horizontalne sile. Snage F1 i F2 paralelno sa osom Oh. AO = 0,3 m; OV= 0,5 m; F 1 = 2kN; F 2 = 3,5 kN.

Preporuka. Napišite jednadžbu momenata oko ose OU" u tački ALI.

8. Odgovorite na pitanja testa.

Razmatraju se metode za rješavanje problema ravnoteže sa proizvoljnim prostornim sistemom sila. Primjer rješavanja problema ravnoteže ploče oslonjene šipkama u trodimenzionalni prostor. Pokazuje se kako je izborom osi prilikom sastavljanja jednadžbi ravnoteže moguće pojednostaviti rješenje zadatka.

Sadržaj

Postupak rješavanja problema ravnoteže sa proizvoljnim prostornim sistemom sila

Da riješi problem ravnoteže čvrsto telo kod proizvoljnog prostornog sistema sila potrebno je izabrati pravougaoni koordinatni sistem i u odnosu na njega sastaviti jednačine ravnoteže.

Jednačine ravnoteže za proizvoljni sistem sila raspoređenih u trodimenzionalnom prostoru su dvije vektorske jednačine:
vektorska suma sile koje deluju na telo je nula
(1) ;
vektorski zbir momenata sila, u odnosu na ishodište, jednak je nuli
(2) .

Neka Oxyz bude naš odabrani koordinatni sistem. Projektovanjem jednačina (1) i (2) na osu ovog sistema dobijamo šest jednačina:
sume projekcija sila na osu xyz jednake su nuli
(1.x) ;
(1.g) ;
(1.z) ;
zbroji momenata sila oko koordinatnih osa jednaki su nuli
(2.x) ;
(2.g) ;
(2.z) .
Ovdje smatramo da na tijelo djeluje n sila, uključujući i sile reakcije oslonaca.

Neka bude proizvoljna sila, sa komponentama , pričvršćen je za tijelo na tački . Tada se momenti ove sile u odnosu na koordinatne osi određuju formulama:
(3.x) ;
(3.g) ;
(3.z) .

Dakle, postupak za rešavanje problema, za ravnotežu sa proizvoljnim prostornim sistemom sila, je sledeći.

1. Odbacujemo oslonce i zamjenjujemo ih reakcionim silama. Ako je oslonac šipka ili navoj, tada je sila reakcije usmjerena duž šipke ili konca.
2. Biramo pravougaoni koordinatni sistem Oxyz.
3. Nalazimo projekcije vektora sila na koordinatne ose, , i njihove tačke primene, . Tačka primjene sile može se pomicati duž prave linije povučene kroz vektor sile. Od takvog pomaka vrijednosti momenata se neće promijeniti. Stoga biramo najpogodnije tačke za proračun primjene sila.
4. Sastavljamo tri jednadžbe ravnoteže za sile (1.x,y,z).
5. Za svaku silu, prema formulama (3.x,y,z), nalazimo projekcije momenata sile na koordinatne ose.
6. Sastavljamo tri jednadžbe ravnoteže za momente sila (2.x, y, z).
7. Ako je broj varijabli više broja jednadžbi, onda je problem statički neodređen. Ne može se riješiti statičkim metodama. Potrebno je koristiti metode otpornosti materijala.
8. Rezultirajuće jednačine rješavamo.

Pojednostavljenje proračuna

U nekim slučajevima, moguće je pojednostaviti proračune korištenjem ekvivalentnog uvjeta ravnoteže umjesto jednačine (2).
Zbir momenata sila oko proizvoljne ose AA′ jednak je nuli:
(4) .

Odnosno, možete odabrati nekoliko dodatnih osa koje se ne poklapaju s koordinatnim osa. A u vezi ovih osa napraviti jednačine (4).

Primjer rješavanja problema ravnoteže proizvoljnog prostornog sistema sila

Ravnoteža ploče, u trodimenzionalnom prostoru, održava se sistemom štapova.

Pronađite reakcije štapova koji podupiru tanku jednoličnu horizontalnu ploču u tri dimenzije. Sistem za pričvršćivanje šipke prikazan je na slici. Na ploču utiču: gravitacija G; i sila P primijenjena u tački A, usmjerena duž strane AB.

Dato:
G= 28 kN; P= 35 kN; a = 7,5 m; b= 6,0 m; c= 3,5 m.

Rješenje problema

Prvo ćemo ovaj problem riješiti na standardni način primjenjiv na proizvoljan prostorni sistem sila. I tada dobijamo jednostavnije rješenje, bazirano na specifičnoj geometriji sistema, zbog izbora osi prilikom sastavljanja jednadžbi ravnoteže.

Rješavanje problema na standardan način

Iako će nas ova metoda dovesti do prilično glomaznih proračuna, primjenjiva je na proizvoljan prostorni sistem sila i može se koristiti u kompjuterskim proračunima.

Odbacimo veze i zamijenimo ih reakcionim silama. Priključci ovdje su šipke 1-6. Umjesto njih uvodimo sile usmjerene duž štapova. Smjerovi sila biraju se nasumično. Ako ne pogodimo sa smjerom bilo koje sile, za to ćemo dobiti negativnu vrijednost.

Nacrtajte koordinatni sistem Oxyz sa ishodištem u tački O.

Nalazimo projekcije sila na koordinatne ose.

Za snagu imamo:
.
Ovdje α 1 - ugao između LQ i BQ. Od pravougaonog trougla LQB :
m;
;
.

Sile , i su paralelne sa osom z. Njihove komponente:
;
;
.

Za snagu nalazimo:
.
Ovdje α 3 - ugao između QT i DT. Iz pravouglog trougla QTD:
m;
;
.

Za snagu:
.
Ovdje α 5 - ugao između LO i LA. Iz pravouglog trougla LOA:
m;
;
.

Sila je usmjerena dijagonalno kuboid. Ima sljedeće projekcije na koordinatnoj osi:
.
Evo kosinusa smjera dijagonale AQ:
m;
;
;
.

Odabiremo tačke primjene sila. Iskoristimo činjenicu da se mogu pomicati duž linija povučenih kroz vektore sila. Dakle, kao tačku primjene sile možete uzeti bilo koju tačku na liniji TD. Uzmimo tačku T, jer su za nju x i z - koordinate jednake nuli:
.
Na sličan način biramo tačke primjene preostalih sila.

Kao rezultat, dobijamo sljedeće vrijednosti komponenti sile i tačaka njihove primjene:
; (tačka B);
; (tačka Q );
; (tačka T );
; (tačka O);
; (tačka A);
; (tačka A);
; (tačka A);
; (tačka K).

Sastavljamo jednadžbe ravnoteže za sile. Zbroji projekcija sila na koordinatne ose jednaki su nuli.

;

;

.

Nalazimo projekcije momenata sila na koordinatne ose.
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;

Sastavljamo jednadžbe ravnoteže za momente sila. Zbir momenata sila oko koordinatnih osa jednak je nuli.


;


;


;

Dakle, dobili smo sledeći sistem jednačina:
(P1) ;
(P2) ;
(P3) ;
(P4) ;
(P5) ;
(P6) .

Ovaj sistem ima šest jednačina i šest nepoznanica. Nadalje, ovdje možete zamijeniti numeričke vrijednosti i dobiti rješenje sistema pomoću matematičkog programa za izračunavanje sistema linearne jednačine.

Ali, za ovaj zadatak možete dobiti rješenje bez korištenja sredstava računarska nauka.

Efikasan način rješavanja problema

Iskoristit ćemo činjenicu da se jednačine ravnoteže mogu napisati na više načina. Možete proizvoljno odabrati koordinatni sistem i ose u odnosu na koje se računaju momenti. Ponekad se izborom osi mogu dobiti jednadžbe koje se jednostavnije rješavaju.

Iskoristimo činjenicu da, u ravnoteži, zbir momenata sila oko bilo koje ose je nula. Uzmimo AD osu. Zbir momenata sila oko ove ose je nula:
(P7) .
Nadalje, imajte na umu da sve sile osim prelaze ovu osu. Stoga su njihovi momenti jednaki nuli. Samo jedna sila ne prelazi AD osu. Takođe nije paralelna sa ovom osom. Stoga, da bi jednačina (A7) vrijedila, sila N 1 treba biti nula:
N 1 = 0 .

Sada uzmimo AQ osu. Zbir momenata sila u odnosu na njega jednak je nuli:
(P8) .
Ovu osu prelaze sve sile osim . Kako sila nije paralelna ovoj osi, tada je za zadovoljenje jednačine (A8) potrebno da
N 3 = 0 .

Sada uzmimo AB osu. Zbir momenata sila u odnosu na njega jednak je nuli:
(P9) .
Ovu os prelaze sve sile osim , i . Ali N 3 = 0 . Dakle
.
Moment od sile oko ose jednak je proizvodu kraka sile i projekcije sile na ravan okomitu na osu. Rame je jednako minimalnoj udaljenosti između ose i prave linije povučene kroz vektor sile. Ako je uvijanje u pozitivnom smjeru, tada je obrtni moment pozitivan. Ako je negativan, onda je negativan. Onda
.
Odavde
kN.

Preostale sile se mogu naći iz jednačina (P1), (P2) i (P3). Iz jednadžbe (P2):
N 6 = 0 .
Iz jednačina (P1) i (P3):
kN;
kN

Dakle, rješavajući problem na drugi način, koristili smo sljedeće jednačine ravnoteže:
;
;
;
;
;
.
Kao rezultat toga, izbjegli smo glomazne proračune vezane za proračun momenata sila u odnosu na koordinatne ose i dobili smo linearni sistem jednadžbe sa dijagonalnom matricom koeficijenata, koja je odmah riješena.

N 1 = 0 ; N 2 = 14,0 kN; N 3 = 0 ; N 4 = -2,3 kN; N 5 = 38,6 kN; N 6 = 0 ;

Znak minus označava da je sila N 4 usmjerena u smjeru suprotnom onom prikazanom na slici.

OR= 0 i M R x= R y= R z = 0 i M x= M y= M

Uslovi ravnoteže za proizvoljan prostorni sistem sila.

Proizvoljan prostorni sistem sila, poput ravnog, može se dovesti do nekog centra O i zamijeniti s jednom rezultantnom silom i par sa momentom. Argumentirajući na način da je za ravnotežu ovog sistema sila potrebno i dovoljno da se u isto vrijeme R= 0 i M o \u003d 0. Ali vektori mogu nestati samo kada su sve njihove projekcije na koordinatne ose jednake nuli, tj. R x= R y= R z = 0 i M x= M y= M z = 0 ili kada djelujuće sile zadovoljavaju uvjete

Dakle, za ravnotežu proizvoljnog prostornog sistema sila potrebno je i dovoljno da zbir projekcija svih sila na svaku od tri koordinatne ose i zbir njihovih momenata oko ovih osa budu jednaki nuli.

Principi rješavanja zadataka o ravnoteži tijela pod djelovanjem prostornog sistema sila.

Princip rješavanja problema u ovom dijelu ostaje isti kao za ravni sistem snage. Nakon što su uspostavili ravnotežu čije će tijelo biti razmatrano, oni svojim reakcijama zamjenjuju veze koje su nametnute tijelu i stvaraju uslove za ravnotežu ovog tijela, smatrajući ga slobodnim. Iz dobijenih jednačina određuju se potrebne količine.

Da bi se dobili jednostavniji sistemi jednadžbi, preporučuje se da se osi nacrtaju tako da sijeku više nepoznatih sila ili da budu okomite na njih (osim ako to nepotrebno otežava proračun projekcija i momenata drugih sila).

Novi element u formulaciji jednadžbi je proračun momenata sila oko koordinatnih osa.

U slučajevima kada je iz opšteg crteža teško uočiti koliki je moment date sile u odnosu na neku osu, preporučuje se da se na pomoćnom crtežu prikaže projekcija dotičnog tela (zajedno sa silom) na ravan. okomito na ovu osu.

U onim slučajevima kada pri izračunavanju momenta postoje poteškoće u određivanju projekcije sile na odgovarajuću ravan ili ramena ove projekcije, preporučuje se razlaganje sile na dvije međusobno okomite komponente (od kojih je jedna paralelna sa bilo kojoj koordinatnoj osi), a zatim koristite Varignonovu teoremu.

Primjer 5

Okvir AB(sl.45) se drži u ravnoteži pomoću šarke ALI i štap Ned. Na rubu okvira nalazi se vaga za teret R. Odredimo reakcije šarke i silu u štapu.

Fig.45

Uzimamo u obzir ravnotežu okvira zajedno s opterećenjem.

Izrađujemo proračunsku shemu koja prikazuje okvir kao slobodno tijelo i pokazuje sve sile koje djeluju na njega: reakcije veza i težinu opterećenja R. Ove sile formiraju sistem sila koje se proizvoljno nalaze na ravni.

Poželjno je sastaviti takve jednačine tako da svaka ima jednu nepoznatu silu.

U našem problemu, ovo je poenta ALI, gdje se primjenjuju nepoznanice i; dot With, gdje se linije djelovanja nepoznatih sila i ukrštaju; dot D- tačka preseka linija dejstva sila i. Napravimo jednadžbu projekcija sila na osu at(po osovini X nemoguće je dizajnirati, jer ona je okomita na pravu AC).

I, prije pisanja jednačina, dajemo još jednu korisnu napomenu. Ako na shemi dizajna postoji sila koja je smještena tako da joj rame nije lako, tada se pri određivanju trenutka preporuča najprije rastaviti vektor ove sile na dva, pogodnije usmjerena. U ovom zadatku razlažemo silu na dva: i (slika 37) tako da su njihovi moduli

Pravimo jednačine:

Iz druge jednačine nalazimo . Od trećeg I to od prve

Pa kako je ispalo S<0, то стержень Nedće biti komprimiran.

Uslovi vektorske ravnoteže za proizvoljni sistem sila: za ravnotežu sistema sila primenjenih na kruto telo, neophodno je i dovoljno da glavni vektor sistema sila bude jednak nuli, a glavni moment sistema sila u odnosu na bilo koje središte redukcije takođe treba da bude jednak nuli. Inače: da bi ~0, sljedeći uslovi su neophodni i dovoljni:

,
ili
,
. (19)

Uslovi ravnoteže za prostorni sistem sila u analitičkom obliku

Za ravnotežu prostornog sistema sila koje se primenjuju na kruto telo, neophodno je i dovoljno da tri zbira projekcija svih sila na kartezijanske koordinatne ose budu jednake nuli i tri zbira momenata svih sila oko tri koordinatne ose su takođe jednake nuli.

. (20)

Uslovi ravnoteže za prostorni sistem konvergentnih sila

Za ravnotežu prostornog sistema konvergentnih sila primenjenih na kruto telo, neophodno je i dovoljno da zbir projekcija sila na svaku od tri pravougaone koordinatne ose bude jednak nuli.:

;
;
, (21)

U slučaju ravnog sistema sila koje se konvergiraju, jedna od koordinatnih osa, obično
, biraju se okomite na sile, a druge dvije ose, respektivno, u ravni sila. D Za ravnotežu ravnog sistema konvergirajućih sila koje djeluju na kruto tijelo, potrebno je i dovoljno da su zbroji projekcija ovih sila na svaku od dvije pravokutne koordinatne ose koje leže u ravni sila jednake nuli:

;
, (22)

Uslovi ravnoteže za prostorni sistem paralelnih sila

Usmjerimo osu
paralelno sa silama za ravnotežu prostornog sistema paralelnih sila koje se primenjuju na kruto telo, neophodno je i dovoljno da algebarski zbir ovih sila bude jednak nuli i da je zbir momenata sila oko dve koordinatne ose okomite na sile takođe jednak nuli:

Uslovi ravnoteže za ravan sistem sila

Osi položaja
i
u ravni sile.

Uslovi za ravnotežu ravnog sistema sila u prvom obliku: za ravnotežu ravnog sistema sila koje djeluju na kruto tijelo, potrebno je i dovoljno da zbir projekcija ovih sila na svaku od dvije pravokutne koordinatne osi koje se nalaze u ravni djelovanja sila bude jednak nuli a zbir algebarskih momenata sila u odnosu na bilo koju tačku koja se nalazi u ravnini djelovanja sila, također je bio jednak nuli:

(24)

Za ravnotežu ravnog sistema paralelnih sila primijenjenih na kruto tijelo, potrebno je i dovoljno da algebarski zbir sila bude jednak nuli i zbir algebarskih momenata sila u odnosu na bilo koju tačku koja se nalazi u ravni sila. je također jednako nuli:

(25)

Teorema o tri momenta (drugi oblik uslova ravnoteže): za ravnotežu ravnog sistema sila primenjenih na kruto telo, neophodno je i dovoljno da zbroji algebarskih momenata sila sistema u odnosu na bilo koje tri tačke koje se nalaze u ravni delovanja sila, a ne koja leži na jednoj pravoj liniji, biti jednaka nuli:

Treći oblik uslova ravnoteže: za ravnotežu ravnog sistema sila primijenjenih na kruto tijelo, potrebno je i dovoljno da zbir algebarskih momenata sila oko bilo koje dvije tačke koje leže u ravni djelovanja sila bude jednak nuli i algebarski zbir projekcija ovih sila na bilo koju osu ravnine koja nije okomita na pravu liniju, koja prolazi kroz dvije momentne tačke, također je bila jednaka nuli, tj.

Iznad (6.5, slučaj 6) utvrđeno je da

s obzirom na to, , projiciramo formule (6.18) na kartezijanske koordinatne ose. Imamo analitički oblik jednadžbi ravnoteže proizvoljnog prostornog sistema sila:

(6.19)

Posljednje tri jednadžbe nastaju zbog činjenice da je projekcija momenta sile oko tačke na osu koja prolazi kroz ovu tačku jednaka momentu sile oko ose (formula (6.9)).

Zaključak proizvoljan prostorni sistem sila, koji se primjenjuje na kruto tijelo, moramo sastaviti šest jednačina ravnoteže(6.19), dakle, uz pomoć ovih jednačina imamo priliku da odredimo šest nepoznatih.

Razmotrite slučaj prostorni sistem paralelnih sila. Biramo koordinatni sistem tako da os Oz bila paralelna sa linijama dejstva sila (slika 6.11).

Dakle, preostale su tri jednačine:

Zaključak. Prilikom rješavanja problema ravnoteže paralelni prostorni sistem sila, koji se primjenjuje na kruto tijelo, moramo sastaviti tri jednačine ravnoteže i imamo mogućnost uz pomoć ovih jednačina odrediti tri nepoznate veličine.

Na prvom predavanju o rubrici "Statika" saznali smo da postoje šest varijanti sistema sila, što se može pojaviti u vašoj praksi inženjerskih proračuna. Osim toga, postoje dvije mogućnosti za raspored parova sila: u prostoru i u ravni. Sumirajmo sve jednačine ravnoteže za sile i za parove sila u jednu tabelu (tabela 6.2), u kojoj u poslednjoj koloni bilježimo broj nepoznatih veličina koje će nam sistem jednačina ravnoteže omogućiti da odredimo.

Tabela 6.2 – Jednačine ravnoteže za različite sisteme sila

	Vrsta sistema sila	Jednačine ravnoteže	Broj definisanih nepoznanica
	Konvergentna ravan
	Paralelna ravan (os 0 at)	v. A 0xy
	Proizvoljan stan (u ravni 0xy)	v. A- proizvoljan, pripadajući avionu 0xy

Nastavak u tabeli 6.2

Nastavak u tabeli 6.2

Pitanja za samokontrolu na temu 6

1. Kako pronaći moment sile oko ose?

2. Kakav odnos postoji između momenta sile oko tačke i momenta iste sile oko ose koja prolazi kroz ovu tačku?

3. U kojim slučajevima je moment sile u odnosu na osu jednak nuli? Kada je najveći?

4. U kojim slučajevima se sistem sila svodi na rezultantu?

5. U kom slučaju je prostorni sistem sila dat:

- na par snaga;

– na dinamički vijak?

6. Šta se zove statička invarijanta? Šta znate o statičkim invarijantama?

7. Zapišite jednačine ravnoteže za proizvoljan prostorni sistem sila.

8. Formulirajte neophodan i dovoljan uslov za ravnotežu paralelnog prostornog sistema sila.

9. Hoće li se glavni vektor sistema sila promijeniti kada se promijeni centar redukcije? A glavna poenta?

Tema 7. FARMS. DEFINICIJA NAPORA