REDUKCJA UK£ADU SI£

1. REDUKCJA DOWOLNYCH UKŁADÓW SIŁ
Redukcja płaskiego układu sił
Zadanie 1.1
Znaleźć wartość liczbową i równanie linii działania wypadkowej czterech sił przedstawionych
na rysunku. Wartości liczbowe sił są następujące: F1=300 N, F2=500 N, F3=300 N, F4=200 N,
a ich punkty przyłożenia widać na rysunku 1.1.1.
Rys.1.1.1
Pierwszym etapem redukcji dowolnego płaskiego układu sił będzie redukcja do punktu O,
który jest początkiem naszego układu współrzędnych.
Metoda analityczna
Przygotowujemy współrzędne danych sił względem osie x i y :
F1x =
0N
F1y = 300N
F2x = 500N
F2y = 0 N
F3x = -300N
F3y = 0 N
F4x = 200N
F4y = 0 N
Wyznaczamy współrzędne Sx i Sy wektora głównego jako sumy algebraiczne współrzędnych
Fix i Fiy :
S x = ∑ Fix = F2 x + F3x + F4 x = 500 − 300 + 200 = 400 N
4
i =1
S y = ∑ Fiy = F1y = 300 N
4
i =1
Moduł wektora głównego jest równy sumie geometrycznej Sx i Sy :
S=
S x 2 + S y 2 = 400 2 + 300 2 = 500 N
Jego kierunek i zwrot określamy wyznaczając kąt jaki tworzy on z osią 0x :
tgα =
Sy
Sx
=
300
=
400
3
4
a więc α = 36,9o
Wektor momentu ogólnego naszego układu (płaskiego) jest prostopadły do płaszczyzny działania sił. Wystarczy wyznaczyć jego moduł i zwrot.
M 0 = ∑ (Fiy x i − Fix y i ) =
4
i=0
= [ 300 ⋅ 4 − 0 ⋅ 0 ] + [ 0 ⋅ 0 − 500 ⋅ 3 ] + [ 0 ⋅ (−1) − (−300) ⋅ 0 ] + [ 0 ⋅ 0 − 200 ⋅ (−2,5)] = 200 Nm
Otrzymany wynik dodatni mówi nam, że zwrot MO jest zgodny z kierunkiem osi „z” prawego układu współrzędnych.
W punkcie O otrzymaliśmy więc dwa prostopadłe wektory S i MO (wektor główny i moment
ogólny).
Musimy zredukować je do jednego wektora równoległego i równego co do modułu wektorowi S zwanego wypadkową W układu sił. Poszukujemy równania prostej zwanej osią centralną układu wzdłuż której działa wektor wypadkowy. Równanie to dla płaskiego układu sił ma
postać:
y=
Sy
Sx
x−
MO
Sx
wstawiając wartości:
y=
300
200
x−
= 0,75 x − 0,5
400
400
Metoda wykreślna
Mając wyznaczone wektory S i MO rysujemy z początku układu O pod kątem α wektor S
rys.1.1.2. Następnie z punktu O zataczamy okrąg o promieniu h równym:
h=
MO
S
=
200
= 0, 4[m]
500
Przesuwamy równolegle wektor S stycznie do otrzymanego kręgu, tak by powodował obrót
względem punktu O przeciwnie do ruch wskazówek zegara (bo otrzymany MO>0).
Otrzymany wektor to wypadkowa naszego układu sił, a linia wzdłuż której działa to oś centralna układu.
Rys.1.1.2
Zadanie 1.2
Dany jest układ 4-ech sił działających w płaszczyźnie 0xy układu współrzędnych. F1=100 N,
F2=200 N, F3=150 N, F4=300 N, przyłożonych w punktach : A(5, 5), B(-2, 8), C(-10, -5),
D(10, -4). Współrzędne punktów wyrażono w metrach. Siły tworzą z dodatnim kierunkiem
osi Ox kąty: α1= 45o, α2= 150o, α3= 60o, α4=330o. Rys.1.2.1 Zredukować dany układ do
punktu 0 oraz określić położenie wypadkowej.
Rys.1.2.1
Pierwszym etapem będzie redukcja do punktu O.
Wypisujemy współrzędne danych sił względem osi x i y:
2
= 50 2
2

3
 = −100 3
F2x = F2 cosα2 = 200 −

2


1
F3x = F3 cosα3 = 150 = 75
2
3
F4x = F4 cosα4 = 300
= 150 3
2
2
= 50 2
2
1
F2y = F2 sinα2 = 200 = 100
2
F1x = F1 cosα1 = 100
F1y = F1 sinα1 = 100
3
= 75 3
2
 1
F4y = F4 sinα4 = 300 −  = −150
 2
F3y = F3 sinα3 = 150
Wyznaczamy współrzędne Sx I Sy wektora głównego:
S x = ∑ Fix = 50 2 − 100 3 + 75 +150 3 = 232,3 N
4
i =1
4
Sy =
∑ Fiy = 50
2 + 100 + 75 3 - 150 = 150,6 N
i =1
jego wartość liczbową:
S=
Sx 2 + S y 2 =
232,3 2 + 150,6 2 = 276,8 N
oraz kierunek i zwrot (kąt α jaki tworz z osią 0x):
tgα =
Sy
Sx
150,6
232,3
=
α = 32,96 o
Długość wektora momentu ogólnego względem punktu O
M o = ∑ (Fiy xi − Fix yi ) = [70,7 ⋅ 5 − 70,7 ⋅ 5] + [100(−2) + 173,2 ⋅ 8] +
4
+ [129,9(−10) − 75(−5)] − [150⋅10 − 259,8(−4)] = −199,2 Nm
i =1
M o = −199,2 ⋅ k
Wynik ujemny mówi o tym, że wektor MO ma zwrot przeciwny do zwrotu osi „z”.
W punkcie O otrzymaliśmy dwa prostopadłe wektory S i MO (wektor główny i moment ogólny).
Drugim etapem jest redukcja do wypadkowej W.
Redukujemy wektory S i MO do jednego wektora równoległego i równego co do modułu
wektorowi S zwanego wypadkową W układu sił. Równanie wypadkowej ma postać:
y=
Sy
Sx
x−
MO
Sx
wstawiając wartości:
y=
150,6
232,3
x−
− 199,2
232,3
= 0,648x + 0,857
Można to przedstawić graficznie. Wektor główny należy przesunąć równolegle stycznie do
okręgu o promieniu h tak aby względem punktu O kręcił on zgodnie z ruchem wskazówek
zegara (MO<0).
h=
MO
S
=
199, 2
276,8
Rys.1.2.2
= 0,72m
Redukcja przestrzennego układu sił
Zadanie 1.3
Wzdłuż boków sześcianu o boku równym 1 m działają cztery siły F1 = 3N, F2 = 4N, F3 = 12N,
F4 = 1N, jak pokazano na rysunku 1.3.1. Zredukować podany układ sił do punktu O przyjętego za początek układu współrzędnych. Następnie zredukować układ do skrętnika i napisać
równanie osi centralnej.
Rys.1.3.1
Rozwiązanie
Wszystkie wartości sił w obliczeniach podane są w niutonach.
Wyznaczamy współrzędne sił działających na ciało.
F1x = 3
F1y = 0
F1z = 0
F2x = 0
F2y = -4
F2z = 0
F3x = 0
F3y = 0
F3z = 12
F4x = -1
F4y = 0
F4z = 0
Zapis wektorowy:
F1 = 3i, F2 = −4 j, F3 = 12k ,
F4 = −1i.
Współrzędne wektora głównego (ogólnej sumy) układu wynoszą:
Sx = 3 – 1 = 2
Sy = -4
Sz = 12
Równanie wektora głównego w postaci wektorowej:
S = 2 i − 4 j + 12 k
zaś długość wektor głównego wyliczmy ze wzoru:
S = S 2x + S2y + S2z = 4 + 16 + 144 = 12,8
Współrzędne momentu ogólnego MO wyznaczamy jako momenty sił względem poszczegól-
nych osi układu (ramiona wszystkich sił są równe 1m). Obrót w prawo patrząc wzdłuż danej
osi jest dodatni.
Wszystkie wartości momentów będą wyrażone w Nm.
Mx = F2 1+F3 1 = 4 + 12 = 16
My = -F3 1 –F4 1 = -12 –1 = -13
Mz = -F1 1 –F2 1 = -3 –4 = -7
Równanie wektorowe momentu głównego:
M O = 16 i − 13 j − 7 k ,
a jego długość:
M O = M 2x + M 2y + M 2z = 256 + 169 + 49 = 21,8
Możemy teraz wyznaczyć parametr układu ze wzoru:
p = Sx Mx + Sy My + Sz Mz = 2 ⋅16 + 4 ⋅13 − 12 ⋅ 7 = 0
Ponieważ parametr układu jest równy zeru a S ≠ 0 i MO ≠ 0 w punkcie O otrzymaliśmy dwa
wektory wzajemnie prostopadłe. Układ taki można zredukować do siły wypadkowej równole-
głej do wektora sumy S i przesuniętej o wielkość h w płaszczyźnie prostopadłe do wektora
momentu MO .
h=
MO
S
=
12,8
21,8
= 1,7m
Moduł wektora wypadkowej jest równy modułowi wektora głównego W = S , zaś równanie
osi centralnej na której leży wypadkowa można przedstawić jak równanie prostej przechodzącej przez punkt C i równoległej do wektora S
x − xc
Sx
=
y − yc
Sy
=
z − zc
Sz
Punkt C jest końcem ramienia h i leży na wypadkowej najbliżej początku układu współrzędnych. Współrzędne punktu C wyznaczamy jako współrzędne końca wektora h = OC . Wektor
h jest prostopadły do wektorów S i M0.
W przypadku ogólnym, gdy kąt pomiędzy S i M 0 (nazwijmy go α) jest różny od 900 składową momentu M0 prostopadłą do S (nazwijmy ją M’) można wyrazić wzorem:
M’ = M0 sinα = h⋅S
więc:
h=
M 0 ⋅ sin α
S
mnożąc licznik i mianownik prawej strony ostatniego równania przez S otrzymamy
h=
S ⋅ M 0 ⋅ sin α
S2
S ⋅ M 0 ⋅ sin α jest to długość wektora S × M 0
więc h jako wektor opiszemy wzorem
h = OC =
1
S2
(S × M 0 ) =
1
S2
i
j
k
Sx
Sy
Sz
Mx
My
Mz
wyliczamy współrzędne hx, hy, hz oznaczone w równaniu osi centralnej jako xc, yc, zc, które są
równe wartością podwyznaczników powyższego wyznacznika
xc =
Sy
Sz
S2 M y
Mz
1 Sz
Sx
S2 M z
Mx
1 Sx
S2 M x
Sy
1
yc =
zc =
⋅
My
1
=
12
12,82 − 13 − 7
=
=
−4
1
12
2
12,8 2 − 7 16
1
2
−4
12,8 2 16 − 13
= 1,122
= 1,256
= 0,232
więc wektor h możemy zapisać wzorem
h = 1,122 ⋅ i + 1,256 ⋅ j + 0,232 ⋅ k
wstawiając do równania osi centralnej otrzymamy
x − 1,122
2
=
y − 1,256
−4
=
z − 0,232
12
Wyznaczenie punktów przebicia osi centralnej z płaszczyznami układu.
Podstawiając z = 0 znajdujemy współrzędne punktu przebicia z płaszczyzną 0xy:
x − 1,122 =
− 0,232
− y + 1,256 =
6
− 0,232
x = 1,083
y = 1,33
3
y = 0; przebicie płaszczyzny 0xz:
x – 1,122 = 0,628
x = 1,75
z – 0,232 = 3,768
z = 4,00
Patrz rysunek 1.3.2
Równanie osi centralnej można także przedstawić w postaci krawędziowej:
M x − Sz ⋅ y + S y ⋅ z
Sx
=
16 − 12 y − 4z
2
M y − Sx ⋅ z + Sz ⋅ x
Sy
=
− 13 − 2z + 12x
−4
Oczywiście jest to równanie tej samej prostej.
=
=
M z − S y ⋅ x + Sx ⋅ y
Sz
− 7 + 4x + 2 y
12
Rys.1.3.2
Zadanie 1.4
W punktach o współrzędnych A1(2,1,–1), A2(–2,–1,3), i A3(0,2,0), wyrażonych w metrach,
ciała sztywnego, przyłożono sił o wartościach F1 = 1N, F2 = 2N, F3 = 3N. Kąty jakie siły te
tworzą z osiami x, y, z wynoszą odpowiednio:
z osią x
z osią y
α2 = 600,
β2 = 1350,
α1 = 300,
siła F1
siła F2
α3 = 450,
siła F3
z osią z
β1 =450,
γ1 = 600,
β3 = 900,
γ3 = 450.
γ2 = 2100,
Zredukować podany układ:
1. do początku układu 0,
2. do skrętnika i napisać równanie osi centralnej (sporządzić perspektywiczny szkic osi
centralnej).
Rozwiązanie
Wypiszmy wszystkie dane potrzebne przy dalszych obliczeniach
Współrzędne punktów przyłożenia sił w prostokątnym układzie odniesienia
x1 = 2,
y1 = 1,
z1 = –1,
x2 = –2,
y2 = –1,
z2 = 3,
x3 = 0,
y3 = 2,
z3 = 0.
Współrzędne sił działających na ciało (wartość siły mnożona przez cosinus kąta kierunkowego danej osi)
F1x = 1 cos300 =
3
,,
2
F2x = 2 cos600 = 1,
F3x = 3 cos450 =
3 2
,
2
F1y = 1 cos450 =
2
,,
2
F1z = 1 ⋅ cos 60 0 =
1
2
F2y = 2 cos1350 = − 2 ,
F2z = 2 cos2100 = − 3 ,
F3y = 3 ⋅ cos 90 0 = 0
F3z = 3 ⋅ cos 45 0 =
3 2
.
2
Współrzędne wektora głównego (sumy ogólnej) wynoszą
3
3 2
+1+
≅ 3,99
2
2
2
S y = F1y + F2 y + F3 y =
− 2 + 0 ≅ −0,71
2
1
3 2
S z = F1z + F2 z + F3z = − 3 +
≅ 0,89
2
2
S x = F1x + F2 x + F3x =
a jego długość:
S = Sx + S y + Sz = 3,99 2 + 0,712 + 0,89 2 ≅ 4,15N
Dostawy kierunkowe:
cos α =
S x 3,99
=
= 0,96 ⇒ α = 15,96 0 ,
S 4,15
S y − 0,71
cos β =
=
= −0,17 ⇒ β = 99,850
S
4,15
S
0,89
cos γ = z =
= 0,21 ⇒ γ = 77,62 0
S 4,15
Możemy też przedstawić sumę ogólną jako wektor
S = 3,99 ⋅ i − 0,71⋅ j + 0,89 ⋅ k
Przechodzimy teraz do wyznaczania parametrów momentu ogólnego M0 względem początku
układu 0.
Współrzędne momentu ogólnego
M x = ∑ ( y i ⋅ Fiz − z i ⋅ Fiy ) = [1⋅ 0,5 − (− 1) ⋅
3
i =1
2
3 2
] + [(−1) ⋅ (− 3 ) − 3 ⋅ (− 2 )] + [2 ⋅
− 0 ⋅ 0] = 11,42
2
2
M y = ∑ (z i ⋅ Fix − x i ⋅ Fiz ) = [−1 ⋅
3
1
3 2
3 2
− 2 ⋅ ] + [3 ⋅1 − (−2) ⋅ (− 3 )] + [0 ⋅
+ 0⋅
] = −2,33
2
2
2
2
M z = ∑ ( x i ⋅ Fiy − y i ⋅ Fix ) = [2 ⋅
2
3
3 2
− 1⋅
] + [(−2) ⋅ (− 2 ) − (−1) ⋅ 1] + [0 ⋅ 0 − 2 ⋅
] = 0,13
2
2
2
3
i =1
3
i =1
Jego długość
M 0 = M 2x + M 2y + M 2z = 11,42 2 + 2,33 2 + 0,132 ≅ 11,65 Nm
Dostawy kierunkowe:
cos α ' =
M x 11,42
=
= 0,98 ⇒ α' = 11,40 0 ,
M 0 11,65
cos β' =
My
cos γ' =
M z 0,13
=
= 0,01 ⇒ γ ' = 89,36 0
M 0 11,65
M0
=
− 2,33
= −0,2 ⇒ β' = 78,46, 0
11,65
Zapis wektorowy
M 0 = 11,42 ⋅ i − 2,33 ⋅ j + 0,13 ⋅ k
Wyznaczamy teraz parametr układu
p = S ⋅ M 0 = S x ⋅ M x + S y ⋅ M y + Sz ⋅ M z = 3,99 ⋅11, 42 + (−0,71) ⋅ (−2,33) + 0,89 ⋅ 0,13 ≅ 47,33
Otrzymaliśmy w punkcie 0 dwa wektory skośne: wektor główny S i wektor ogólnego momentu M 0 . Ponieważ S, M0 i p są różne od zera układ można zredukować do skrętnika.
Redukcja do skrętnika
Ponieważ wiemy, że moment ogólny układu sił zależy od położenia bieguna redukcji i zmie-
nia się wraz ze zmianą położenia bieguna, szukamy takiego zbioru punktów względem których moment ogólny jest równoległy do wektora głównego. Miejscem geometrycznym takich
punktów jest prosta zwana osią centralną. Szukamy więc takiego punktu względem którego
moment ogólny M jest równoległy do wektora głównego S. Niech ten punkt nazywa się C.
Moment względem nowego bieguna C wyznaczamy ze znanego wzoru:
i
j
MC = M0 + CO × S = M0 + − x
Sx
k
−y −z
Sy
Sz
więc współrzędne momentu MC
M Cx = M x − Sz ⋅ y + S y ⋅ z
M Cy = M y − Sx ⋅ z + Sz ⋅ x
M Cz = M z − Sy ⋅ x + S x ⋅ y
Skoro MC i S są mają być do siebie równoległe to odpowiednie współrzędne tych wektorów
muszą być do siebie proporcjonalne:
M Cx
Sx
=
M Cy
Sy
=
M Cz
Sz
lub po podstawieniu:
M x − Sz ⋅ y + S y ⋅ z
Sx
=
M y − Sx ⋅ z + Sz ⋅ x
Sy
=
M z − S y ⋅ x + Sx ⋅ y
Sz
Jest to równanie osi centralnej w postaci krawędziowej.
Po wstawieniu naszych danych
11,42 − 0,89 y + (−0,71)z − 2,33 − 3,99z + 0,89x 0,13 − (−0,71) x + 3,99 y
=
=
3,99
− 0,71
0,89
Chcąc wyznaczyć punkty przebicia osi centralnej z płaszczyznami układu współrzędnych na-
leży w równaniu osi centralnej podstawić kolejno z = 0 (punkt przebicia płaszczyzny 0,x,y) i
y = 0 (punkt przebicia płaszczyzny 0,x,z)
11,42 − 0,89 y − 2,33 + 0,89 x 0,13 − (−0,71) x + 3,99 y
=
=
3,99
− 0,71
0,89
stąd dwa równania:
1,29x + 2,83y = 1,98
3,55x – 0,63y = 1,19
z równań tych
x = 0,42;
y = 0,50.
po wstawieniu y = 0,
2,83x + 0,63z = 9,64
1,30x – 3,55z = 1,98
z równań tych
x = 3,26
z = 0,63
Można to przedstawić graficznie rys. 1.4.
Rys. 1.4
Moment skętnika jest równoległy do wektora głównego a jego długość Ms wyliczamy jako
rzut wektora M0 na kierunek wektora głównego S
M s = M 0 ⋅ cos α
ponieważ p = S ⋅ M 0 = S ⋅ M 0 ⋅ cos α = S x ⋅ M x + S y ⋅ M y + S z ⋅ M z
cos α =
MS =
p
S⋅ M0
p 47,33
=
= 11,4 Nm
S 4,15
Wektor momentu skrętnika możemy przedstawić jako iloczyn jego długości i wersora kierunku wektora głównego
S
S
MS = MS ⋅
[
S 11,4
=
3,99 ⋅ i − 0,71 ⋅ j + 0,89 ⋅ k
S 4,15
]
M S = 10,96 i − 1,95 j + 2, 44k
Zadanie 1.5
Dane są dwie sił działające jak pokazano na rysunku 1.5.1. Zredukować układ do punktu O, a
następnie do skrętnika i napisać równanie osi centralnej. Dane F1 = 3N, F2 = 4N, a = 2m.
Rys.1.5.1
Rozwiązanie
Rozpisujemy dane potrzebne w trakcie obliczeń
Współrzędne sił :
F1x = 0,
F1y = F1 = 3,
F1z = 0,
F2x = 0,
F2y = 0,
F2z = F2 = 4,
x1 = 2,
y1 = 0,
z1 = 0,
x2 = 0,
y2 = 0,
z2 = 0.
Współrzędne wektora głównego :
Sx = ∑ Fix = 0
Sy = ∑ Fiy = 3,
Sz = ∑ Fiz = 4
Forma wektorowa :
S = 3⋅ j + 4⋅ k
jego długość :
S = S2x + S2y + S2z = 32 + 42 = 5 N
cosinusy kierunkowe :
cosα =
Sx
= 0,
S
cos β =
Sy
S
=
3
= 0,6,
5
cosγ =
Sz 4
= = 0,8
S 5
Moment ogólny układu względem punktu O.
W zadaniu tym możemy ale nie musimy posługiwać się wzorami na współrzędne momentu
M0, bo widać wyraźnie, że tylko siła F1 na ramieniu a daje moment względem osi z.
Mx = 0,
My = 0,
Mz = F1 a = 3 ⋅ 2 = 6
M0 = 62 = 6 Nm
Forma wektorowa momentu ogólnego :
M0 = 6 ⋅ k
Jest to wektor leżący na osi z
Wyznaczamy parametr układu :
p = S ⋅ M 0 = Sx ⋅ M x + Sy ⋅ M y + Sz ⋅ M z = 4 ⋅ 6 = 24
Otrzymaliśmy w punkcie O dwa wektor skośne S i M0.
Układ ten można również zredukować do skrętnika
Współrzędne punktu C leżącego na osi centralnej najbliżej początku układu wyznaczamy z
zależności:
i
1
1
h = OC = 2 (S × M 0 ) = 2 Sx
S
S
Mx
j
Sy
My
k
i j k
1
Sz =
0 3 4
25
Mz
0 0 6
xC = 0,72m
yC = 0m
zC = 0m
wstawiamy do równania osi centralnej :
x − x C y − yC z − z C
=
=
Sx
Sy
Sz
x − 0,72 y − 0 z − 0
=
=
0
3
4
Moment skrętnika
Ms =
p 24
=
= 4,8 Nm
S 5
Wektor momentu skrętnika
S 4,8
=
(3 j + 4k )
S
5
MS = 2,88 j + 3,84k
MS = M S ⋅
Zakładając w równaniu osi centralnej np. z = 0
4x –2,88 = 0
x = 0,72;
y = 0,75z
Oś centralna leży więc w płaszczyźnie równoległej do płaszczyzny 0yz o równaniu y= 0,75z i
przecina oś x przy x = 0,72m.
Dla sprawdzenia równanie osi centralnej w postaci krawędziowej powinno mieć postać:
− 4 y + 3z 4 x 6 − 3x
=
=
0
3
4
Rys.1.5.2