Уравнение статики: Уравнения равновесия балки

1.7. Уравнения статики и динамики

1.7.1. Общие замечания

На различных интервалах времени САУ может находиться в состоянии покоя, в котором все величины не меняют своих значений, либо переходить от одного состояния покоя к другому.

Рис I.12. Переходный и установившийся режимы

Для некоторых САУ состояние покоя является невозможным. Такие САУ называются неустойчивыми.

Состояние покоя обычно называют установившимся режимом или состоянием установившегося равновесия, а переход от одного состояния покоя к другому – переходным режимом (процессом). Переходный процесс может быть обусловлен изменением одного или нескольких воздействий (рис. I.12).

Для исследования поведения системы необходимо математическое описание ее в виде уравнений.

Различают уравнения статики и динамики. Уравнения статики характеризуют состояние покоя системы и по форме являются алгебраическими. Уравнения динамики отражают изменения величин во времени в переходном режиме и являются дифференциальными.

Для составления уравнения исследуемой системы во многих случаях удобно условно разделить ее на ряд элементов (звеньев) и составить уравнения для всех этих элементов. В этом случае одно уравнение исследуемой системы будет заменено системой уравнений. Естественно, что если в этой системе уравнений исключить все промежуточные переменные, то будет получено одно уравнение.

Значения величин, входящих в уравнение в виде переменных, обычно называют обобщенными координатами системы.

Уравнения элементов составляются на основе физических законов, определяющих в них процессы, наиболее существенные для функционирования САУ.

Необходимо иметь в виду, что теория автоматического управления рассматривает общие свойства САУ, отвлекаясь от их физической природы и используя только математическое описание законов передачи и преобразования вводимых в САУ и циркулирующих в них воздействий.

Такое абстрагирование достигается путем использования относительной системы координат.

Относительная координата представляет собой безразмерную величину, что упрощает исследование САУ и позволяет сравнивать системы и элементы, имеющие различную физическую сущность.

Как указывалось в 1.5, большинство реальных САУ могут быть описаны линейными уравнениями, если их составить для малых отклонений обобщенных координат от значений, соответствующих исходному состоянию покоя. Такие уравнения называют уравнениями в отклонениях.

1.7.2. Уравнения статики

Необходимость в уравнениях статики обычно возникает тогда, когда требуется рассчитать либо значения обобщенных координат, либо отклонение управляемой величины от предписанного значения в установившемся режиме.

Для линейных САУ расчет значений обобщенных координат в установившемся режиме легко осуществятся по структурной схеме, если известны значения коэффициентов передачи всех элементов, входящих в систему.

Рис. 1.13. Пример структурной схемы САУ

Например, для САУ структурная схема которой представлена на рис.1.13., может быть составлено уравнение статики

Это уравнение может быть записано в отклонениях

(1.21)

где – значения обобщенных координат в исходном состоянии покоя, принятые за базовые.

Каждое из воздействий q1 и q2 вызывает отклонение величины x соответственно

(1.22)

(1. 23)

С помощью (1.23) и (1.24) можно определить коэффициенты статизма:

(1.24)

(1.25)

Знак (-) в (1.24) указывает на то, что с увеличением q1 значение x уменьшается (предполагается, что коэффициенты k1, k2, k3 положительные). Обычно при определении коэффициента статизма этот знак опускается.

Учитывая, что использование относительной системы координат в теории автоматического управления является общепринятым, в дальнейшем будем полагать, что во всех математических выражениях и на структурных схемах все величины представлены в относительных единицах.

Основное уравнение статики атмосферы. Барометрические формулы (лекция № 16,17)

Похожие презентации:

Регионы Российской Федерации

Влияния состава и размера зерна аустенита на температуру фазового превращения и физико-механические свойства сплавов

Газовая хроматография

Демографическая проблема

Страны мира. Италия. (2 класс)

Геофизические исследования скважин

Искусственные алмазы

Страна Италия

Трансформаторы тока и напряжения

Транзисторы

ОСНОВНОЕ УРАВНЕНИЕ СТАТИКИ
АТМОСФЕРЫ.
БАРОМЕТРИЧЕСКИЕ ФОРМУЛЫ
К ВЫВОДУ ОСНОВНОГО УРАВНЕНИЯ
СТАТИКИ АТМОСФЕРЫ
СИЛА ТЯЖЕСТИ
P g dz
СУММА ПРОЕКЦИЙ СИЛ, ДЕЙСТВУЮЩИЙ
НА ВЫДЕЛЕННЫЙ ОБЪЕМ ВОЗДУХА
p ( p dp ) P
УСЛОВИЕ РАВНОВЕСИЯ
p ( p dp) P 0
dp g dz 0
dp g dz
ОСНОВНОЕ УРАВНЕНИЕ СТАТИКИ АТМОСФЕРЫ
ВЫРАЖАЕТ УСЛОВИЯ РАВНОВЕСИЯ ДВУХ СИЛ:
ВЕРТИКАЛЬНОГО ГРАДИЕНТА ДАВЛЕНИЯ И СИЛЫ
ТЯЖЕСТИ
dp
g
dz
9
ВЕРТИКАЛЬНЫЙ ГРАДИЕНТ ДАВЛЕНИЯ
dp
G
dz
ВЫВОДЫ ИЗ ОСНОВНОГО УРАВНЕНИЯ
СТАТИКИ
Вывод №1.


Если dz>0, то dp<0
В атмосфере давление всегда убывает
с увеличением высоты
ВЫВОД №2.
ВЕС ВЕРТИКАЛЬНОГО СТОЛБА ВОЗДУХА
za
Q g dz
z
0
za
p
z
dp
g
dz
p Q
ВЫВОД №2. АТМОСФЕРНОЕ ДАВЛЕНИЕ ИЛИ ДАВЛЕНИЕ
ВОЗДУХА, НА КАЖДОМ УРОВНЕ РАВНО ВЕСУ СТОЛБА ВОЗДУХА
ЕДИНИЧНОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ И ВЫСОТОЙ ОТ
ДАННОГО УРОВНЯ ДО ВЕРХНЕЙ ГРАНИЦЫ АТМОСФЕРЫ.
ВЫВОД №3.
При
увеличении высоты на одно и то же
значение относительно некоторой
изобарической поверхности понижение
давления в более холодной воздушной массе
больше, чем в теплой массе, т.е. в холодной
массе давление убывает с высотой быстрее,
чем в более теплой воздушной массе.
БАРОМЕТРИЧЕСКИЕ ФОРМУЛЫ
Интегралы
основного
уравнения
статики,
полученные
при
различных
предположениях
относительно изменения температуры и плотности
воздуха с высотой называются барометрическими
формулами.
16
р
za
dp
g
dz
p0
z
za
p p0 g dz
z
za
p p0 g dz
z
УРАВНЕНИЕ СОСТОЯНИЯ ВЛАЖНОГО
ВОЗДУХА:
P = ρRсTв
где виртуальная температура:
Tв = T(1+0,608s)
19
p
dp
g dz
RcTв
р
dp
g dz
p p z RcTв
0
za
g ( za z )
ln p ln p0
RcTв
БАРОМЕТРИЧЕСКАЯ ФОРМУЛА
g ( za z )
ln p ln p0
R
T
c
в
g ( za z )
p p0 exp
RcTв
Величина обратная барической ступени,
вертикальный барический градиент –
падение давления на единицу прироста высоты: –
(dp/ dz), единица измерения гПа/100 м.
Всю атмосферу можно представить пронизанной
системой изобарических поверхностей,
огибающих земной шар. Эти поверхности
пересекаются с уровнями под очень малыми
углами.
ВЫСОТА РАСПОЛОЖЕНИЯ ИЗОБАРИЧЕСКИХ
ПОВЕРХНОСТЕЙ:
1000 гПа – над уровнем моря,
700 гПа – 3 км,
500 гПа – 5 км,
300 гПа – 9 км,
200 гПа – 12 км,
100 гПа – 16 км,
50 гПа – 20 км.
ЗАВИСИМОСТЬ ВЕЛИЧИНЫ БАРИЧЕСКОЙ СТУПЕНИ ОТ
АТМОСФЕРНОГО ДАВЛЕНИЯ (ПРИ ТЕМПЕРАТУРЕ 0ºС)
На практике для изображения распределения
давления на высоте пользуются картами барической
топографии (барического рельефа), показывающими
положение в пространстве той или иной
изобарической поверхности.
Карта барической топографии — это карта, на
которую нанесены высоты или геопотенциалы той
или иной изобарической поверхности над уровнем
моря (карта абсолютной барической топографии)
или над уровнем нижележащей изобарической
поверхности (карта относительной барической
топографии).
На карты барической топографии иногда наносят и
другие элементы: температуру и ветер на данной
поверхности, термический ветер для слоя между
двумя изобарическими поверхностями (карты
относительной барической топографии).
КАРТА БАРИЧЕСКОЙ ТОПОГРАФИИ
С ПОМОЩЬЮ БАРОМЕТРИЧЕСКОЙ
ФОРМУЛЫ МОЖНО РЕШАТЬ ТРИ ЗАДАЧИ:
1) приведение давления одного уровня к
другому (известны давление на одном уровне и
перепад высот, средняя температура слоя,
найти давление на другом уровне)
2) барометрическое нивелирование (известны
давление на двух уровнях, средняя
температура столба воздуха, найти перепад
высот)
3) определение средней температуры слоя
(известны давление на двух уровнях и перепад
высот, найти среднюю температуру слоя).
ОДНОРОДНАЯ АТМОСФЕРА
БАРОМЕТРИЧЕСКИЕ ФОРМУЛЫ ПРИ
ПОСТОЯННОЙ ПЛОТНОСТИ (ОДНОРОДНАЯ
АТМОСФЕРА)
33
ВЫСОТА ОДНОРОДНОЙ АТМОСФЕРЫ
БАРОМЕТРИЧЕСКИЕ ФОРМУЛЫ ПРИ
ПОСТОЯННОЙ ТЕМПЕРАТУРЕ
(ИЗОТЕРМИЧЕСКАЯ АТМОСФЕРА)
35
БАРОМЕТРИЧЕСКИЕ ФОРМУЛЫ ПРИ
ПОСТОЯННОМ ТЕМПЕРАТУРНОМ ГРАДИЕНТЕ
(ПОЛИТРОПНАЯ АТМОСФЕРА)
36
БАРОМЕТРИЧЕСКИЕ ФОРМУЛЫ ПРИ
ПРОИЗВОЛЬНОМ ИЗМЕНЕНИИ
ТЕМПЕРАТУРЫ С ВЫСОТОЙ (ОБЩИЙ
СЛУЧАЙ)
37
ДЛЯ ЛЮБОГО РАСПРЕДЕЛЕНИЯ
ТЕМПЕРАТУРЫ ВОЗДУХА ПО ВЫСОТЕ
1. (-7) м
40
СОКРАЩЕННАЯ БАРОМЕТРИЧЕСКАЯ
ФОРМУЛА (ДЛЯ РЕАЛЬНОЙ
АТМОСФЕРЫ)
41
СРЕДНЯЯ АРИФМЕТИЧЕСКАЯ ТЕМПЕРАТУРА
Барометрическая формула (при z1=0, z2=z):
Геопотенциал – потенциальная энергия
единицы массы Ф в поле силы тяжести:
dФ =g dz.
Единицей измерения геопотенциала служит
геопотенциальный (гп) метр, который
численно близок к обычному метру.
Абсолютной высотой (абсолютным
геопотенциалом) изобарической поверхности
называют геопотенциальную высоту изобарической
поверхности над уровнем моря.
45
ПРИРАЩЕНИЕ АБСОЛЮТНОГО
ГЕОПОТЕНЦИАЛА
46
Относительной высотой одной изобарической
поверхности над другой (относительным
геопотенциалом) называется толщина слоя в
геопотенциальных метрах между этими
изобарическими поверхностями (разность их
абсолютных геопотенциалов).
47
ИЗОБАРЫ.
БАРИЧЕСКИЕ СИСТЕМЫ
Изобара – линия, соединяющие точки с
равным атмосферным давлением.
Изобары можно проводить через 2, 5, 10 гПа.
Горизонтальный барический градиент –
изменение давления на единицу расстояния в
горизонтальной плоскости (на поверхности
уровня). Модуль горизонтального барического
градиента обратно пропорционален
расстоянию между изобарами.
Вектор горизонтального барического градиента
обычно обозначают – р.
– (Δр/Δn),
где Δр – разность давления между двумя
изобарами,
Δn – расстояние между ними.
Единицы измерения гПа/100км или гПа/111 км
(1º долготы).
Области повышенного или пониженного
давления, на которые расчленяется барическое
поле атмосферы называются барическими
системами.
Основные типы барических систем:
А) с замкнутыми изобарами:
1) циклон,
2) антициклон;
Б) с незамкнутыми изобарами:
1) ложбина,
2) гребень,
3) седловина.
ИЗОБАРЫ НА УРОВНЕ МОРЯ В
РАЗЛИЧНЫХ ТИПАХ БАРИЧЕСКИХ
СИСТЕМ:
I – ЦИКЛОН, II – АНТИЦИКЛОН,
III – ЛОЖБИНА, IV – ГРЕБЕНЬ,
V – СЕДЛОВИНА.
ОСНОВНЫЕ ТИПЫ БАРИЧЕСКИХ
СИСТЕМ:
Антициклон – область повышенного
атмосферного давления с замкнутыми
концентрическими изобарами на уровне моря и
соответствующим распределением ветров (в
Северном полушарии – по часовой стрелке).
Горизонтальный барический градиент направлен
от центра к периферии.
Ложбина – полоса пониженного давления между
двумя областями повышенного давления. Изобары
либо почти параллельные, либо имеют вид
латинской буквы V. Центра в ложбине нет, есть ось
(линия на которой атмосферное давление имеет
минимальное значение, или на которой изобары
резко меняют направление простирания).
ОСНОВНЫЕ ТИПЫ БАРИЧЕСКИХ
СИСТЕМ:
Гребень – полоса повышенного давления между
двумя областями пониженного давления. Изобары
в гребне либо параллельны, либо имеют вид буквы
U (отрог антициклона). У гребня есть ось, на
которой атмосферное давление максимально.
Седловина – участок барического поля между
двумя циклонами и двумя антициклонами
(ложбинами и гребнями), расположенными крестнакрест. В этом случае изобарические поверхности
имеют характерную форму седла: они поднимаются
по направлению к антициклонам и опускаются – к
циклонам. Точка в центре седловины называется
точка седловины.
Циклон и антициклон – барические системы,
которые в приземной части очерчиваются
замкнутыми изобарами.

English     Русский Правила

12.2: Условия статического равновесия

  1. Последнее обновление
  2. Сохранить как PDF
  • Идентификатор страницы
    4041
    • OpenStax
    • OpenStax
    Цели обучения
    • Определите физические условия статического равновесия.
    • Нарисуйте диаграмму свободного тела для твердого тела, на которое действуют силы.
    • Объясните, как условия равновесия позволяют нам решать задачи статики.

    Мы говорим, что твердое тело находится в равновесии , когда его линейное и угловое ускорения равны нулю относительно инерциальной системы отсчета. Это означает, что тело, находящееся в равновесии, может двигаться, но в этом случае его линейная и угловая скорости должны быть постоянными. Мы говорим, что твердое тело находится в статическое равновесие в состоянии покоя в выбранной нами системе отсчета . Обратите внимание, что различие между состоянием покоя и состоянием равномер- находится в равномерном движении с постоянной скоростью. Поскольку движение относительно , то, что для нас находится в статическом равновесии, находится в динамическом равновесии для движущегося наблюдателя, и наоборот. Поскольку законы физики одинаковы для всех инерциальных систем отсчета, в инерциальной системе отсчета нет различия между статическим равновесием и равновесием.

    Согласно второму закону Ньютона линейное ускорение твердого тела вызвано действующей на него результирующей силой, или

    \[\sum_{k} \vec{F}_{k} = m \vec{a}_{CM} \ldotp \label{12.1}\]

    Здесь сумма всех внешних сил, действующих на тело, где m — его масса, а \(\vec{a}_{CM}\) — линейное ускорение его центра масс (концепция, которую мы обсуждали в линейной Импульс и столкновения по линейному импульсу и столкновениям). В состоянии равновесия линейное ускорение равно нулю. Если мы приравняем ускорение к нулю в уравнении \ref{12.1}, мы получим следующее уравнение:

    Первое условие равновесия

    Первое условие равновесия статического равновесия твердого тела выражает поступательное равновесие:

    \[\sum_{k} \vec{F}_{k} = \vec{0} \ldotp \label{12.2}\]

    Первое условие равновесия, уравнение \ref{12.2}, является условием равновесия сил, с которым мы столкнулись при изучении приложений законов Ньютона.

    Это векторное уравнение эквивалентно следующим трем скалярным уравнениям для компонентов результирующей силы:

    \[\sum_{k} F_{kx} = 0,\; \sum_{k} F_{ky} = 0,\; \sum_{k} F_{kz} = 0 \ldotp \label{12.3}\]

    Аналогично уравнению \ref{12.1}, мы можем утверждать, что вращательное ускорение \(\vec{\alpha}\) твердого тела вокруг фиксированной оси вращения вызывается чистым крутящим моментом, действующим на тело, или

    \[\sum_{k} \vec{\tau}_{k} = I \vec{\alpha} \ldotp \label{12. 4}\]

    Здесь I — вращательная инерция тела при вращении вокруг этой оси и суммирование по все крутящих момента \(\vec{\tau}_{k}\) внешних сил в уравнении \ref{12.2}. В состоянии равновесия ускорение вращения равно нулю. Приравняв к нулю правую часть уравнения \ref{12.4}, мы получим второе условие равновесия:

    Второе условие равновесия

    Второе условие равновесия статического равновесия твердого тела выражает вращательное равновесие:

    \[\sum_{k} \vec{\tau}_{k} = \vec{0} \ ldotp \метка{12.5}\]

    Второе условие равновесия, уравнение \ref{12.5}, является условием равновесия крутящих моментов, с которым мы столкнулись при изучении динамики вращения. Стоит отметить, что это уравнение равновесия обычно справедливо для вращательного равновесия вокруг любой оси вращения (фиксированной или иной). Опять же, это векторное уравнение эквивалентно трем скалярным уравнениям для векторных составляющих чистого крутящего момента:

    \[\sum_{k} \tau_{kx} = 0,\; \sum_{k} \tau_{ky} = 0,\; \sum_{k} \tau_{kz} = 0 \ldotp \label{12. 6}\]

    Второе условие равновесия означает, что в равновесии нет чистого внешнего крутящего момента, вызывающего вращение вокруг какой-либо оси. Первое и второе условия равновесия задаются в конкретной системе отсчета. Первое условие включает только силы и, следовательно, не зависит от начала системы отсчета. Однако второе условие включает крутящий момент, который определяется как векторное произведение \(\vec{\tau}_{k} = \vec{r}_{k} \times \vec{F}_{k}\ ), где в уравнение входит вектор положения \(\vec{r}_{k}\) относительно оси вращения точки приложения силы. Следовательно, крутящий момент зависит от положения оси в системе отсчета. Однако, когда условия вращательного и поступательного равновесия выполняются одновременно в одной системе отсчета, то они также выполняются в любой другой инерциальной системе отсчета, так что чистый крутящий момент относительно любой оси вращения по-прежнему равен нулю. Объяснение этому довольно простое.

    Предположим, что вектор \(\vec{R}\) является положением начала новой инерциальной системы отсчета S’ в старой инерциальной системе отсчета S. Из нашего исследования относительного движения мы знаем, что в новой системе отсчета точки отсчета S′, вектор положения \(\vec{r}′_{k}\) точки приложения силы \(\vec{F}_{k}\) связан с \(\vec {r}_{k}\) по уравнению

    \[\vec{r}’_{k} = \vec{r}_{k} — \vec{R} \ldotp\]

    Теперь мы можем просуммировать все крутящие моменты \(\vec{\tau}’_{k} = \vec{r}’_{k} \times \vec{F}_{k}\) всех внешних сил в новая система отсчета, S’:

    \[\sum_{k} \vec{\tau}’_{k} = \sum_{k} \vec{r}’_{k} \times \vec{F}_{k} = \sum_{ k} (\vec{r}_{k} — \vec{R}) \times \vec{F}_{k} = \sum_{k} \vec{r}_{k} \times \vec{ F}_{k} — \sum_{k} \vec{R} \times \vec{F}_{k} = \sum \vec{\tau}_{k} — \vec{R} \times \ sum_{k} \vec{F}_{k} = \vec{0} \ldotp\]

    На последнем этапе этой цепочки рассуждений мы использовали тот факт, что в равновесии в старой системе отсчета S первый член исчезает из-за уравнения \ref{12.5}, а второй член исчезает из-за уравнения \ref{ 12.2}. Отсюда мы видим, что чистый крутящий момент в любой инерциальной системе отсчета S′ равен нулю при условии, что оба условия равновесия выполняются в инерциальной системе отсчета \ref{S}.

    Практическим следствием этого является то, что при применении условий равновесия для твердого тела мы можем выбрать любую точку в качестве начала системы отсчета. Наш выбор системы отсчета продиктован физическими особенностями решаемой задачи. В одной системе отсчета математическая форма условий равновесия может быть довольно сложной, тогда как в другой системе те же самые условия могут иметь более простую математическую форму, которую легко решить. Начало выбранной системы отсчета называется точкой поворота.

    В самом общем случае условия равновесия выражаются шестью скалярными уравнениями (уравнения \ref{12.3} и \ref{12.6}). Для плоских задач равновесия с вращением вокруг неподвижной оси, которые мы рассматриваем в этой главе, количество уравнений можно сократить до трех. Стандартная процедура заключается в принятии системы отсчета, где ось Z является осью вращения. При таком выборе оси чистый крутящий момент имеет только z-компоненту, все силы, имеющие ненулевые крутящие моменты, лежат в плоскости xy, и поэтому вклад в чистый крутящий момент вносят только x- и y-компоненты внешних сил. силы. Таким образом, для плоских задач с осью вращения, перпендикулярной плоскости xy, мы имеем следующие три условия равновесия сил и моментов:

    \[F_{1x} + F_{2x} + \cdots + F_{Nx} = 0 \label{12.7}\]

    \[F_{1y} + F_{2y} + \cdots + F_{Ny} = 0 \label{12.8}\]

    \[\tau_{1} + \tau_{2} + \cdots + \tau_{N} = 0 \label{12.9}\]

    где суммируется по всем N внешним силам, действующим на тело, и по их моментам. В уравнении \ref{12.9} мы упростили запись, опустив нижний индекс z, но здесь мы понимаем, что суммирование производится по всем вкладам вдоль оси z, которая является осью вращения. В уравнении \ref{12.9}, z-компонента крутящего момента \(\vec{\tau}_{k}\) от силы \(\vec{F}_{k}\) равна

    \[\tau_{k} = r_{k} F_{k} \sin \theta \label{12.10}\]

    , где r k — длина плеча рычага силы, а F k — величина силы (как вы видели в разделе «Вращение с фиксированной осью»). Угол \(\theta\) — это угол между векторами \(\vec{r}_{k}\) и \(\vec{F}_{k}\), измеряющий от вектора \(\vec {r}_{k}\) в вектор \(\vec{F}_{k}\) в против часовой стрелки направление (Рисунок \(\PageIndex{1}\)). При использовании уравнения \ref{12.10} мы часто вычисляем величину крутящего момента и присваиваем его смысл как положительный (+) или отрицательный (-), в зависимости от направления вращения, вызванного только этим крутящим моментом. В уравнении \ref{12.9} чистый крутящий момент представляет собой сумму членов, каждый из которых рассчитывается из уравнения \ref{12.10}, и каждый член должен иметь правильный смысл . Точно так же в уравнении \ref{12.7} мы назначаем знак + для силовых компонентов в направлении + x и знак — для компонентов в направлении — x. Этому же правилу необходимо последовательно следовать в уравнении \ref{12.8} при вычислении компонентов силы вдоль оси Y.

    Рисунок \(\PageIndex{1}\): Крутящий момент силы: (a) Когда крутящий момент силы вызывает вращение вокруг оси вращения против часовой стрелки, мы говорим, что его направление положительное, что означает, что вектор крутящего момента параллелен ось вращения. (b) Когда крутящий момент силы вызывает вращение по часовой стрелке вокруг оси, мы говорим, что его направление отрицательно, что означает, что вектор крутящего момента антипараллелен оси вращения.
    Примечание

    Просмотрите эту демонстрацию, чтобы увидеть, как две силы действуют на твердый квадрат в двух измерениях. Во все времена условия статического равновесия, заданные уравнением \ref{12.7} через уравнение \ref{12.9} довольны. Вы можете варьировать величины сил и их плеч рычагов и наблюдать, как эти изменения влияют на квадрат.

    Во многих ситуациях равновесия одной из сил, действующих на тело, является его вес. На диаграммах свободного тела вектор веса привязан к центру тяжести тела. Для всех практических целей центр тяжести идентичен центру масс, как вы узнали из линейного импульса и столкновений о линейном импульсе и столкновениях. Только в тех случаях, когда тело имеет большую пространственную протяженность, так что гравитационное поле неоднородно по всему его объему, центр тяжести и центр масс находятся в разных точках. Однако в практических ситуациях даже такие большие объекты, как здания или круизные лайнеры, находятся в однородном гравитационном поле на поверхности Земли, где ускорение свободного падения имеет постоянную величину g = 9. .8 м/с 2 . В этих ситуациях центр тяжести идентичен центру масс. Поэтому на протяжении всей этой главы мы используем центр масс (ЦМ) как точку, к которой прикрепляется весовой вектор. Напомним, что ЦМ имеет особый физический смысл: при приложении внешней силы к телу точно в его ЦМ тело в целом совершает поступательное движение и такая сила не вызывает вращения.

    Когда КМ находится вне оси вращения, чистый гравитационный момент возникает на объекте. Гравитационный крутящий момент — это крутящий момент, вызванный весом. Этот гравитационный момент может вращать объект, если нет поддержки для его уравновешивания. Величина гравитационного момента зависит от того, насколько далеко от точки вращения находится ЦМ. Например, в случае самосвального грузовика (рис. \(\PageIndex{2}\)) ось расположена на линии, где шины соприкасаются с поверхностью дороги. Если ЦМ расположен высоко над поверхностью дороги, гравитационный момент может быть достаточно большим, чтобы перевернуть грузовик. Легковые автомобили с низко расположенным КМ, близко к тротуару, более устойчивы к опрокидыванию, чем грузовые.

    Рисунок \(\PageIndex{2}\): Распределение массы влияет на положение центра масс (ЦМ), к которому присоединен весовой вектор \(\vec{w}\). Если центр тяжести находится в пределах области опоры, грузовик возвращается в исходное положение после опрокидывания [см. левую панель в (b)]. Но если центр тяжести находится вне области опоры, грузовик переворачивается [см. правую панель в (b)]. Оба транспортных средства в (b) находятся вне равновесия. Обратите внимание, что автомобиль в (а) находится в равновесии: низкое расположение его центра тяжести затрудняет его опрокидывание.
    Примечание

    Если вы наклоните ящик так, что один край останется в контакте со столом под ним, то один край основания опоры станет стержнем. Пока центр тяжести ящика остается над основанием опоры, гравитационный момент поворачивает ящик обратно в исходное положение устойчивого равновесия. Когда центр тяжести перемещается за пределы основания опоры, гравитационный момент поворачивает ящик в противоположном направлении, и ящик переворачивается. Просмотрите эту демонстрацию, чтобы поэкспериментировать с устойчивыми и неустойчивыми положениями ящика.

    Пример 12.1: Центр тяжести автомобиля

    У легкового автомобиля с колесной базой 2,5 м на ровной поверхности 52 % веса приходится на передние колеса, как показано на рис. 12.4. Где находится ЦМ этого автомобиля относительно задней оси?

    Рисунок \(\PageIndex{3}\): Распределение веса между осями автомобиля. Где находится центр тяжести?

    Стратегия

    Мы не знаем вес w автомобиля. Все, что мы знаем, это то, что когда автомобиль стоит на ровной поверхности, 0,52w давит на поверхность в точках контакта передних колес и 0,48w давит на поверхность в точках контакта задних колес. При этом точки контакта разнесены друг от друга на расстояние d = 2,5 м. В этих контактных точках автомобиль испытывает нормальные силы реакции величиной F F = 0,52w и F R = 0,48w на переднем и заднем мостах соответственно. Мы также знаем, что автомобиль является примером твердого тела, находящегося в равновесии, весь вес которого w действует на его ЦМ. ЦМ находится где-то между точками действия нормальных сил реакции, где-то на расстоянии x от точки действия F R . Наша задача найти х. Таким образом, мы определяем три силы, действующие на тело (автомобиль), и можем нарисовать диаграмму свободного тела для расширенного твердого тела, как показано на рисунке \(\PageIndex{4}\).

    Рисунок \(\PageIndex{4}\): Диаграмма свободного тела автомобиля четко указывает векторы сил, действующих на автомобиль, и расстояния до центра масс (ЦМ). Когда в качестве точки поворота выбрана CM, эти расстояния являются плечами нормальных сил реакции. Обратите внимание, что векторные величины и плечи рычагов не обязательно изображать в масштабе, но все релевантные величины должны быть четко обозначены.

    Мы почти готовы записать условия равновесия от уравнения \ref{12.7} до уравнения \ref{12.9} для автомобиля, но сначала мы должны определиться с системой отсчета. Предположим, мы выбираем ось x по длине автомобиля, ось y вертикальна, а ось z перпендикулярна этой плоскости xy. С этим выбором нам нужно только написать Уравнение \ref{12.7} и Уравнение \ref{12.9} потому что все y-компоненты тождественно равны нулю. Теперь нам нужно определиться с расположением опорной точки. Мы можем выбрать любую точку в качестве местоположения оси вращения (оси z). Предположим, мы поместили ось вращения в CM, как показано на диаграмме свободного тела для автомобиля. Теперь мы готовы записать условия равновесия автомобиля.

    Решение

    Каждое условие равновесия содержит только три члена, поскольку на автомобиль действует N = 3 силы. Первое условие равновесия, уравнение \ref{12.7}, гласит

    \[+F_{F} — w + F_{R} = 0 \ldotp \label{12.11}\]

    Это условие тривиально выполняется, потому что когда мы подставляем данные, уравнение \ref{12.11} становится +0,52 w − w + 0,48w = 0. Второе условие равновесия, уравнение \ref{12.9}, гласит:

    \[\tau_{F} + \tau_{w} + \tau_{R} = 0 \label{12.12} \]

    где \(\tau_{F}\) — момент силы F F , \(\tau_{w}\) — момент силы тяжести w, а \(\tau_{R}\ ) – момент силы F R . Когда точка вращения расположена в СМ, гравитационный момент тождественно равен нулю, потому что плечо рычага веса по отношению к оси, проходящей через СМ, равно нулю. Линии действия обеих нормальных сил реакции перпендикулярны плечам их рычагов, поэтому в уравнении \ref{12.10} мы имеем |sin \(\theta\)| = 1 для обеих сил. Из диаграммы свободного тела мы читаем, что крутящий момент \(\tau_{F}\) вызывает вращение по часовой стрелке вокруг оси в CM, поэтому его смысл отрицательный; а крутящий момент \(\tau_{R}\) вызывает вращение против часовой стрелки вокруг оси в CM, поэтому его смысл положительный. С этой информацией мы запишем второе условие равновесия как

    \[-r_{F} F_{F} + r_{R} F_{R} = 0 \ldotp \label{12.13}\]

    С помощью диаграммы свободного тела определяем величины сил F R = 0,48w и F F = 0,52w, и соответствующие им плечи рычагов r R = x и r F = d − x. Теперь мы можем записать второе условие равновесия, уравнение \ref{12. 13}, явно через неизвестное расстояние x:

    \[-0,52(d — x)w + 0,48xw = 0 \ldotp \label{12.14}\ ]

    Здесь вес w сокращается, и мы можем решить уравнение для неизвестного положения x ЦМ. Ответ: x = 0,52d = 0,52 (2,5 м) = 1,3 м. Решение Выбор точки поворота в положении переднего моста не меняет результат. Диаграмма свободного тела для этого положения поворота представлена ​​на рис. 12.6. Для этого выбора точки разворота второе условие равновесия равно 9.0050

    \[-r_{w} w + r_{R} F_{R} = 0 \ldotp \label{12.15}\]

    Подставляя величины, указанные на диаграмме, получаем

    \[-( d — x)w + 0,48dw = 0 \ldotp \label{12.16}\]

    Ответ, полученный путем решения уравнения \ref{12.13}, снова равен x = 0,52d = 1,3 м.

    Рисунок \(\PageIndex{5}\): Эквивалентная диаграмма свободного кузова автомобиля; точка опоры четко обозначена.

    Значение

    Этот пример показывает, что при решении задач статического равновесия мы свободны в выборе положения точки поворота. Для разных вариантов точки разворота нам нужно решить разные наборы условий равновесия. Однако все варианты ведут к одному и тому же решению проблемы.

    Упражнение 12.1

    Решите пример 12.1, выбрав точку опоры в месте расположения задней оси.

    Упражнение 12.2

    Объясните, какая из следующих ситуаций удовлетворяет обоим условиям равновесия: (a) теннисный мяч, который не вращается при движении в воздухе; б) пеликан, парящий в воздухе с постоянной скоростью на одной высоте; или (c) коленчатый вал в двигателе припаркованного автомобиля.

    Частный случай статического равновесия имеет место, когда все внешние силы на объект действуют на оси вращения или вдоль оси или когда можно пренебречь пространственным расширением объекта. В таком случае объект можно эффективно рассматривать как точечную массу. В этом особом случае нам не нужно беспокоиться о втором условии равновесия, уравнении \ref{12.9}, потому что все крутящие моменты тождественно равны нулю, а первое условие равновесия (для сил) является единственным условием, которое должно быть выполнено. Диаграмма свободного тела и стратегия решения проблем для этого особого случая были изложены в книге Ньютона «Законы движения и приложения законов Ньютона». В следующем примере вы увидите типичную ситуацию равновесия, включающую только первое условие равновесия.

    Просмотрите эту демонстрацию, чтобы увидеть три груза, соединенных веревками над шкивами и связанными узлом. Вы можете поэкспериментировать с весами, чтобы увидеть, как они влияют на положение равновесия узла, и в то же время увидеть векторное представление первого условия равновесия в действии.

    Пример 12.2: Разрывное напряжение

    Небольшая сковорода массой 42,0 г поддерживается двумя веревками, как показано на рис. 12.7. Максимальное натяжение, которое может выдержать струна, составляет 2,80 Н. Масса постепенно добавляется к чаше до тех пор, пока одна из струн не порвется. Какая это строка? Какое количество массы нужно добавить, чтобы это произошло?

    Рисунок \(\PageIndex{6}\): Масса постепенно добавляется в чашу до тех пор, пока одна из нитей не порвется.

    Стратегия

    Эта механическая система, состоящая из струн, грузов и чаши, находится в статическом равновесии. В частности, узел, который связывает струны со сковородой, находится в статическом равновесии. Узел можно рассматривать как точку; поэтому нам нужно только первое условие равновесия. Три силы, тянущие узел, — это натяжение \(\vec{T}_{1}\) в 5,0-см нити, натяжение \(\vec{T}_{2}\) в 10,0-см строка и вес \(\vec{w}\) кастрюли, удерживающей грузы. Мы принимаем прямоугольную систему координат с осью Y, направленной против направления силы тяжести, и рисуем диаграмму свободного тела для узла (см. рис. 12.8). Чтобы найти компоненты натяжения, мы должны определить углы направления \(\alpha_{1}\) и \(\alpha_{2}\), которые образуют струны с горизонтальным направлением, которое является осью x. Как видно на рис. 12.7, нити составляют две стороны прямоугольного треугольника. Мы можем использовать теорему Пифагора, чтобы решить этот треугольник, показанный на рис. 12.8, и найти синус и косинус углов \(\alpha_{1}\) и \(\alpha_{2}\). Затем мы можем разложить натяжения на их прямоугольные компоненты, подставить в первое условие равновесия (уравнение \ref{12.7} и уравнение \ref{12.8}) и найти напряжения в струнах. Сначала порвется струна с большим натяжением.

    Рисунок \(\PageIndex{7}\): Диаграмма свободного тела для узла в примере 12.2.
    Решение

    Вес w, натягивающий узел, обусловлен массой M чаши и массой m, добавленной к чаше, или w = (M + m)g. С помощью диаграммы свободного тела на рис. 12.8 мы можем установить условия равновесия узла:

    в направлении x, \[-T_{1x} + T_{2x} = 0\] в y-направление, \[+T_{1y} + T_{2y} — w = 0 \ldotp\]

    Из диаграммы свободного тела величины компонентов в этих уравнениях равны

    \[\begin{split} T_{1x} & = T_{1} \cos \alpha_{1} = \frac{T_{1}}{\sqrt{5}},\quad T_{1y} = T_{1} \sin \alpha_{1} = \frac{2T_{1}}{\sqrt{5}} \\ T_{2x} & = T_{2} \cos \alpha_{2} = \frac{ 2T_{2}}{\sqrt{5}},\quad T_{2y} = T_{2} \sin \alpha_{2} = \frac{T_{2}}{\sqrt{5}} \ldotp \ end{split}\]

    Подставляем эти компоненты в условия равновесия и упрощаем. Затем мы получаем два уравнения равновесия для напряжений:

    в направлении x, \[T_{1} = 2T_{2}\]

    в направлении Y, \[\frac{2T_{1}}{\sqrt{5}} + \frac{T_{2}}{\sqrt{5}} = (M + m)g \ldotp\]

    Уравнение равновесия для направления x говорит нам, что натяжение T 1 нити длиной 5,0 см в два раза превышает натяжение T 2 нити длиной 10,0 см. Следовательно, более короткая струна порвется. Когда мы используем первое уравнение для исключения T 2 из второго уравнения, мы получаем соотношение между массой m на чашке и натяжением T 1 в более короткой струне: 9{2}} — 0,042\; кг = 0,277\; кг = 277,0\; g \ldotp\]

    Значение

    Предположим, что механическая система, рассматриваемая в этом примере, прикреплена к потолку внутри поднимающегося лифта. Пока лифт движется вверх с постоянной скоростью, результат останется прежним, потому что вес w не изменится. Если лифт движется вверх с ускорением, критическая масса меньше, потому что вес M + m становится больше на кажущийся вес из-за ускорения лифта. Тем не менее, во всех случаях более короткая струна рвется первой.

    Эта страница под названием 12.2: Условия статического равновесия распространяется под лицензией CC BY 4.0 и была создана, изменена и/или курирована OpenStax с использованием исходного контента, который был отредактирован в соответствии со стилем и стандартами платформы LibreTexts; подробная история редактирования доступна по запросу.

    1. Наверх
      • Была ли эта статья полезной?
      1. Тип изделия
        Раздел или Страница
        Автор
        ОпенСтакс
        Лицензия
        СС BY
        Версия лицензии
        4,0
        Программа OER или Publisher
        ОпенСтакс
        Показать оглавление
        нет
      2. Теги
        1. центр тяжести
        2. равновесие
        3. первое условие равновесия
        4. гравитационный момент
        5. второе условие равновесия
        6. источник@https://openstax. org/details/books/university-physics-volume-1
        7. Статическое равновесие

      Статика для чайников Шпаргалка

      Автор: Джеймс Х. Аллен III и III и

      Обновлено: 02-02-2022

      Из книги: Статика для чайников

      Статика для чайников
      Исследуйте книгу Купить на Amazon

      Как и в любой области физики, решение задач статики требует, чтобы вы помнили всевозможные расчеты, диаграммы и формулы. Таким образом, ключом к успеху в статике является сохранение диаграмм сдвига и моментов прямо из диаграмм свободного тела и знание различий между расчетами моментов, центроидов, векторов и давлений.

      Контрольный список для решения задач статики

      Решение задач статики может быть сложным; каждая проблема требует списка элементов для учета и уравнений для создания и решения. С легкостью решайте проблемы статики с помощью этого контрольного списка:

      1. Нарисуйте схему всей системы в свободном теле.

        В дополнение к размерам и углам вы должны включить четыре основные категории элементов в правильно построенную диаграмму свободного тела:

        Прикладываемые внешние нагрузки

        Открытые внутренние нагрузки

        Опорные реакции

        Собственный вес

      2. Напишите уравнения равновесия, чтобы вычислить как можно больше неизвестных опорных реакций.

      3. Чтобы найти внутренние силы, определите тип конструкции и напишите уравнения равновесия.

        После того, как вы определили тип структуры, вы знаете, какую технику использовать для написания уравнений равновесия:

        Фермы/осевые элементы: Элементы нагружаются только внутренними осевыми силами. Для решения можно использовать метод стыков или метод сечений.

        Балки (изгибаемые элементы): Элементы нагружены внутренними осевыми силами, поперечными силами и моментами. Чтобы решить эту проблему, отрежьте элемент в нужном месте, нарисуйте новую диаграмму свободного тела разреза и напишите уравнения равновесия.

        Рамы/машины: Стержни нагружены внутренними осевыми силами, поперечными силами и моментами. Чтобы решить эту проблему, используйте подход «взорвать все на части», чтобы разбить структуру на более мелкие части. Ищите внутренние шарниры как общие места, чтобы разделить вашу конструкцию, и нарисуйте диаграммы свободного тела, чтобы решить силы соединительных штифтов.

        Вантовые конструкции: Элементы изготавливаются из тросов с осевой нагрузкой. Определите тип нагрузки кабеля (сосредоточенная, параболическая/равномерная или контактная). Рассчитайте натяжение троса в месте известного максимального провисания (или наоборот).

        Поверхности, погруженные в воду: Элементы подвергаются давлению жидкости. Чтобы решить, нарисуйте диаграмму свободного тела диаграммы гидростатического давления, которая равна нулю на поверхности жидкости и линейно увеличивается с глубиной. Учитывайте вес жидкости на объектах с невертикальными гранями.

      Вычисление давлений на подводных поверхностях

      При решении задач о подводных поверхностях в статике помните, что на все подводные поверхности действует жидкость, вызывающая давление. Вы должны вычислить два давления: результирующее гидростатическое давление и собственный вес жидкости.

      • Результирующая гидростатического давления: Результирующая гидростатического давления действует горизонтально на расстоянии 0,333 z ( z — глубина жидкости) от нижней точки распределения давления.

      • Собственный вес жидкости: Собственный вес жидкости:

        , действующий вниз в центроиде (геометрический центр) области жидкости.

      Расчет области или центра нагрузки: центроиды

      Центроид или центр области геометрической области является геометрическим центром формы объекта. Вычисления центроида очень распространены в статике, независимо от того, вычисляете ли вы местоположение равнодействующей распределенной нагрузки или определяете центр масс объекта. Чтобы вычислить центр области области (или распределенную нагрузку), вы можете вычислить x- координата (и остальные координаты аналогично) из следующих уравнений:

      • Для дискретных областей: Дискретные области можно разбивать на простые фигуры, такие как треугольники, прямоугольники, круги и т. д.

        Для дискретных фигур может быть полезно создать простую таблицу, подобную следующей для каждой координаты. Вы можете создать столько строк, сколько вам нужно, для любого количества регионов.

      Образец таблицы для расчета центроидов для дискретных областей
      х я А и х и А и
      Район 1 x-расстояние для региона 1 Площадь области 1 Продукт x i и A i
      Всего ——————- Сумма всех A i строк Сумма всех x и А и строки

       

      Для непрерывных регионов: Непрерывные регионы обычно определяются более сложными границами, поэтому вы должны задать их с помощью математических уравнений, подобных следующему:

       

      Разработка диаграмм сдвига и момента

      Диаграммы сдвига и момента — это статический инструмент, который инженеры создают для определения внутренней силы сдвига и момента во всех точках внутри объекта. Начните с определения критических точек, а затем зарисуйте диаграмму сдвига.

      • Расположение критических точек:

        • Запуск и остановка конструкции (крайние концы)

        • Сосредоточенные силы

        • Сосредоточенные моменты

        • Пуск и останов распределенных нагрузок

        • Внутренние петли

        • Места поддержки

        • Точки нулевого сдвига (V = 0) — только для моментных диаграмм.

      • Важные особенности, которые следует помнить при рисовании схемы:

        • Сосредоточенные силы вызывают мгновенный скачок сдвига.

        • Концентрированные моменты вызывают мгновенный скачок момента.

        • Порядок увеличивается от нагрузки к сдвигу к моменту (то есть диаграмма нагрузки 1-го порядка, сдвиг 2-го порядка, момент 3-го порядка).

        • Наклон диаграммы моментов равен величине сдвига.

        • Если площадь нагрузки положительна, изменение сдвига положительно. Если площадь сдвига положительна, изменение момента положительно.

      Декартовы векторные формулы для решения задач статики

      Во многих задачах статики необходимо уметь быстро и эффективно создавать векторы в декартовой плоскости. К счастью, вы можете легко создавать декартовы вектора с помощью удобных векторных формул из этого списка:

      Векторы силы и векторы расстояния — самые основные векторы, с которыми вы имеете дело.

      Как вычислить момент силы

      В статике м oments — это эффекты (силы), вызывающие вращение. При вычислении равновесия вы должны быть в состоянии рассчитать момент для каждой силы на вашей диаграмме свободного тела. Чтобы определить момент силы, вы используете один из двух различных расчетов, как показано в следующем списке.