Download - Probleme de Mecanica Statica
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
1/164
Teodor HUIDU Alexandru POPA Cornel MARIN
CULEGERE
DE PROBLEME I TEMEAPLICATIVE DE MECANIC
STATICASTATICASTATICASTATICA
EDITURA MACARIE
TRGOVITE - 2001
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
2/164
CULEGERE DE PROBLEME I TEME
APLICATIVE DE MECANIC
STATICA
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
3/164
Aceast lucrare a aprut datoritajutorului acordat de urmtorii sponsori:
CONPET Ploieti
UZTEL S. A. Ploieti
INTEROIL Brila
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
4/164
Teodor HUIDU Alexandru POPA Cornel MARIN
CULEGERE
DE PROBLEME
I TEME
APLICATIVE DE MECANIC
STATICA
EDITURA MACARIE TRGOVITE
- 2001 -
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
5/164
Refereni tiinifici:
Prof. dr. ing. Constantin MANEA
Prof. dr. ing. Ion ROCA
Descrierea CIP a Bibliotecii nationale a Romniei
HUIDU, TEODOR
Culegere de probleme i teme aplicative de mecanic: statica /
Teodor HUIDU, Alexandru POPA, Cornel MARIN - Trgovite: Editura Macarie, 2001
162p; 25cm - (Universitaria)
Bibliogr.
ISBN 973 - 8135 - 61 - 3
I. Popa, AlexandruII. Marin, Cornel
531(076)
Tehnoredactare coputerizat:
Conf. dr. ing. Cornel MARIN
2001 Toate drepturile sunt rezervate autorilor
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
6/164
PREFA
Lucrarea este rezultatul experienei autorilor n predarea cursuluide Mecanica teoretic studenilor din cele dou centre universitare:Universitatea Petrol-Gaze Ploietii Universitatea Valahia Trgovite.
Lucrarea cuprinde urmtoarele apte capitole: Statica punctuluimaterial, Reducerea forelor aplicate solidului rigid, Centrul maselor(centrul de greutate), Statica solidului rigid, Statica sistemelor de corpuri,Grinzi cu zbrele i Echilibrul firului omogen greu.
Unele aplicaii sunt inspirate din practica inginereasc, altele aufost create de autori de-a lungul anilor, ca probleme de seminar sausubiecte de examen. Aceste probleme au un grad de dificultate mediu,fiind accesibile studenilor din anii I i II de la profilurile mecanic, electrici metalurgic.
Toate capitolele conin cte un scurt rezumat de teorie. Suntprezentate n cadrul fiecrui capitol probleme tip rezolvate precum i
probleme propuse sau un set de teme aplicative nsoite de rezultatelecorespunztoare. Aceste capitole sunt cuprinse n Programa Analitic acursului de Mecanic predat studenilor n anul I i II de la facultiletehnice.
S-au prezentat de asemenea n cadrul capitolelor 1, 2, 4 i 5algoritmii de rezolvare al unor probleme tip cu ajutorul programuluiMicrosoft-EXCEL iar n Anexele 1-5 s-au prezentat rezultatele obinutepentru temele aplicative propuse .
Forma de prezentare a problemelori temelor aplicative, pune neviden experiena autorilor n activitatea cu studenii, fiecare capitolfiind bine fundamentat i uor de asimilat. Autorii i exprim sperana cprezentarea sub aceast form va fi util att studenilor pentrupregtirea examenului de Mecanic ct i pentru toi cei interesai nrezolvarea unor aplicaii practice de Mecanic.
Autorii doresc s mulumeasc tuturor colegilor i studenilor
pentru observaiile, sugestiile, adugirile pe care le-au adus, precum isponsorilor care au contribuit la apariia lucrrii sub aceast form.
Trgovite Autorii
decembrie, 2001
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
7/164
CUPRINSCUPRINSCUPRINSCUPRINS
CAPITOLUL I - STATICA PUNCTULUI MATERIALElemente de calcul vectorial- Teorie 9
1.1. Elemente de calcul vectorial 12Probleme rezolvate
Algoritm de calcul realizat cu ajutorul programului Excel - problema 1.1.1 13
Algoritm de calcul realizat cu ajutorul programului Excel - problema 1.1.2 14
Probleme propuse 14
1.2. Reducerea unui sistem de fore concurente coplanare 15Probleme rezolvate 15
Algoritm de calcul realizat cu ajutorul programului Excel - problema 1.2.1 16
Problem propus 16
1.3. Reducerea unui sistem de fore concurente spaiale. 17
Problem rezolvat 17Probleme propuse 18
Algoritm de calcul realizat cu ajutorul programului Excel - problema 1.3.2 19
1.4 Statica punctului material liber 20Teorie 20
Probleme rezolvate 22
Probleme propuse 24
1.5 Statica punctului material supus la legturi 25Teorie 25
Probleme rezolvate 26
CAPITOLUL II - REDUCEREA FORELOR APLICATESOLIDULUI RIGIDTeorie 35
2.1. Reducerea sistemelor de fore spaiale 39Probleme rezolvate 39
Teme aplicative propuse 44
Algoritm de calcul realizat cu ajutorul programului Excel - problema 2.1.4 522.2. Reducerea sistemelor de fore coplanare 54Probleme rezolvate 54
Teme aplicative propuse 58
Algoritm de calcul realizat cu ajutorul programului Excel - problema 2.2.2 64
2.3. Reducerea sistemelor de fore paralele 65Problem rezolvat 65
Teme aplicative propuse 66
Algoritm de calcul realizat cu ajutorul programului Excel - problema 2.3.2 67
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
8/164
CAPITOLUL III - CENTRUL MASELOR (CENTRUL DE GREUTATE)Teorie 69
3.1. Centrul maselor pentru bare omogene. Probleme rezolvate 713.2. Centrul maselor pentru plci omogene. Probleme rezolvate 743.3. Centrul maselor pentru corpuri omogene. Probleme rezolvate 78
Teme aplicative propuse (plci omogene) 80
CAPITOLUL IV. STATICA SOLIDULUI RIGIDTeorie 85
4.1. Echilibrul solidului rigid liber 88Problem rezolvat 88
4.2. Echilibrul solidului rigid supus la legturi 89Probleme rezolvate 89
Probleme propuse 98
Algoritm de calcul realizat cu ajutorul programului Excel-problema 4.2.19 102
CAPITOLUL V. STATICA SISTEMELOR DE CORPURITeorie 103
5.1. Statica sistemelor de corpuri formate din bare articulate 104Probleme rezolvate 104
Teme aplicative propuse 109
Algoritm de calcul realizat cu ajutorul programului Excel- problema 5.1.4 1115.2. Statica sistemelor plane de corpuri cu frecare. 113
Probleme rezolvate 113Teme aplicative propuse 123
CAPITOLUL VI SISTEM DE BARE ARTICULATE (GRINZI CUZBRELE)Teorie 127
Grinzi cu zbrele plane 129Probleme rezolvate 129
Teme aplicative propuse 137
CAPITOLUL VII - ECHILIBRUL FIRULUI OMOGEN GREUTeorie 143
Probleme rezolvate 144
ANEXELE I - V 149
BIBLIOGRAFIE 165
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
9/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
9
CAPITOLUL I
STATICA PUNCTULUI MATERIAL
ELEMENTE DE CALCUL VECTORIAL - TEORIEa. Mrimi scalare i vectoriale
n Mecanica teoretic se opereaz cu mrimi scalare (cum ar fi:masa, timpul, lungimea, etc) i cu mrimi vectoriale (cum ar fi: fora,momentul unei fore n raport cu un punct, momentul unui cuplu de fore,viteza, acceleraia, impulsul, momentul cinetic, etc).
Vectorul este o entitate matematic caracterizat prin punct deaplicaie, direcie (suport), sens (orientare) i mrime (scalar, modul)
n funcie de punctul de aplicaie se deosebesc:! vectori liberi care au punctul de aplicaie oriunde n spaiu i sunt
caracterizai prin trei parametri scalari independeni (respectiv,proieciile vectorului pe cele trei axe de coordonate);
! vectori alunectori -au punctul de aplicaie situat pe o dreapt dinspaiu i sunt caracterizai prin cinci parametri scalari independeni(respectiv, proieciile vectorului pe cele trei axe de coordonate icoordonatele punctului de intersecie al suportului su cu planul Oxy);
! vectori legai - au punctul de aplicaie fix n spaiu i sunt caracterizaiprin ase parametri scalari independeni (respectiv proieciilevectorului pe cele trei axe i coordonatele punctului de aplicaie).
b.Expresia analitic a unui vector liberi a unui versor
Se consider un sistem de referin cartezian Oxyz avnd versoriik,j,i pentru care se cunosc proieciile ax, ay, az , ale vectorului pe cele
trei axe (fig. 1.1.a,b). Expresia analitic a vectorului a este:
kajaiaa zyx ++= . (1)Mrimea vectorului a este prin definiie numrul pozitiv notat cu :
2
z
2
y
2
xaaaaa ++== (2)
Cosinuii directori ai unghiurilor vectorului a cu direciile celor 3 axe sunt:
a
a)k,acos(;
a
a)j,acos(;
aaa
a
a
a)i,acos( z
y
2
z
2
y
2
x
xx ==++
== (3)
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
10/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
10
Versorul vectorului a este prin definiie un vector unitar, avndmrimea egal cu 1, aceeai direcie i sens cu vectora (fig. 1.1.b):
ka
aj
a
ai
a
a
a
auavers z
yx
a++=== (4)
Un vector poate fi definit prin cele dou extremiti ale sale (fig. 1.1.c)avnd coordonatele A(xA,yA,zA) i B(xB,yB,zB), i are expresia analitic:
k)zz(j)yy(i)xx(ABABABAB
++= (5)
Expresia analitic a versorului vectorului AB conform (4) este:
222 )zz()yy()xx(
k)zz(j)yy(i)xx(
AB
ABABvers
ABABAB
ABABAB
++
++== (6)
Observaie: n cazul rigidului supus la legturi, componenteleforelor de legtur sunt necunoscute ale problemei (deoarece nu secunoate mrimea i sensul lor): pentru rezolvarea problemei se alegeun sens oarecare al componentelor forelor de legtur; dac din calculrezult un numr pozitiv, atunci sensul ales este corect.
c. Produsul scalar a doi vectori. Proiecia unui vector pe o axi pe un alt vector
Dndu-se un sistem de referin cartezian Oxyz i vectorii a i bavnd expresiile analitice: kajaiaazyx
++= , kbjbibbzyx
++= , se
definete produsul scalar al celor doi vectori , numrul (pozitiv saunegativ):
)b,acos(baba = (7)
Expresia analitica produsului scalar este:
yzyyxxbabababa ++= (8)
z
O y
x
a
k
j
i
a)
z
A
O
y
x
k a
jiax
ay
az
b)Fig.1.1
z
O y
x
a
k
ji
c)
A(xA,yA,zA)
B(xB,yB,zB)
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
11/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
11
Cu ajutorul produsului scalar se poate exprima cosinusul unghiuluidintre cei doi vectori ; din relaiile (7) i (8) rezult:
2
z
2
y
2
x
2
z
2
y
2
x
zzyyxx
bbbaaa
bababa
ab
ba)b,acos(
++++
++=
= (9)
Cu ajutorul produsului scalar se poate exprima analitic proiecia
unui vectora , pe o direcie orientat
avnd versorul:kcosjcosicosu ++=
, (10)
++===
cosacosacosauaaprazyx
(11)
innd seama de expresia (11), proiecia vectorului a pe direciavectorului b se scrie :
b
bababauaapra
zzyyxx
bbb
++=== (12)
d. Produsul vectorial a doi vectori, produsul mixt
i produsul dublu vectorial a trei vectori
Se consider un sistem de referin cartezian Oxyz i vectorii a ib avnd expresiile analitice: kajaiaa
zyx++= i respectiv
kbjbibbzyx
++= .
Se defineteprodusul vectorial al celor doi vectori bac = , un vectoravnd urmtoarele caracteristici (fig. 1.2):
! mrimea sau modulul egal cu aria paralelogramului format din cei doivectori a i b : )b,asin(bac =
! direcia - perpendicular pe planul paralelogramului format din ceidoi vectori a ib : )b,a(c
! sensul - dat de regula urubului drept sau triedrul format din cei treivectori a , b i c s fie triedru drept.
Fig.1.2
bc
a
O
Fig.1.3
bc
a
O
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
12/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
12
Produsul vectoriala doi vectoria i b are expresia analitic:
k)baba(j)baba(i)baba(c
:sau,
bbb
aaa
kji
bac
xyyxzxxzyzzy
zyx
zyx
++=
==(13)
Produsul mixta trei vectoria , b i c este prin definiie o mrimescalar dat de produsul scalar dintre vectorul a i vectorul ( cb )reprezentnd volumul paralelipipedului avnd ca laturi concurente cei treivectori (fig. 1.3):
( ) ( )
zyx
zyx
xxx
ccc
bbb
aaa
c,b,acba == (14)
Produsul mixt respect urmtoarea regul (a permutrilorcirculare):
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )b,a,ca,c,bc,b,asau
bacacbcba
==
==(15)
Produsul dublu vectorial a trei vectoria , b i c este prin definiieprodusul vectorial dintre vectorul a i vectorul ( cb ) i se determin cu
ajutorul relaiei: ( ) )ba(c)ca(bcba = (16)
1.1. ELEMENTE DE CALCUL VECTORIAL
PROBLEME REZOLVATE
1.1.1. Fiind dai vectorii :
jic;kjb;kjia +=+=+= 24532S se calculeze:
)ba(c);ba(c);b,acos(;ba;ba;apr;bab
Problema s-a rezolvat utiliznd urmtorul algoritm pentru Excel:
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
13/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
13
ALGORITMUL DE CALCUL REALIZAT CU AJUTORULPROGRAMULUIEXCEL I REZULTATELE OBINUTE PENTRU
PROBLEMA 1.1.1
DATE DE INTRARE DATE DE IEIRE
A B C D E F G H I J K L M
Nr. ax ay az bx by bz cx cy cz a b c ba
0 SQRT(A1^2+B1^2+C1^2)
SQRT(D1^2+E1^2+F1^2)
SQRT(G1^2+H1^2+I1^2)
1*D1+B1*E1+ C1*F1
1 2 -1 3 0 5 4 -2 1 0 3,7416 6,4031 2,2361 7
N O P R S
aprb ( )xba ( )yba ( )zba ba
1*D1/K1+B1*E1/K1+C1*F1/K1=M1/K1 B1*F1-C1*E1 C1*D1-A1*F1 A1*E1-B1*D1 SQRT(O
1^2+P1^2+R1^2)
1,0932 -19 -8 10 22,9129
T U V W X
)b,acos( ( )bac ( )xbac ( ) ybac ( ) zbac
M1/(J1*K1) G1*O1+H1*P1+I1*R1 H1*R1-I1*P1 I1*O1-G1*R1 G1*P1-H1*O1
0,2922 30 10 20 35
Deci mrimile cerute, conform rezultatelor din tabel sunt:
( ) kjibac
;)ba(c
;,)b,acos(
;,ba
;kjiba
;,apr;bab
352010
30
29220
912922
10819
093217
++=
=
=
=
+=
==
1.1.2. Se consider punctele A1(1,-2,3), A2(2,4,1), A3(4,5,6). Se cere:
s se exprime analitic vectorii ,AAsiAA 3221
produsul scalar al vectorilor ,AAsiAA 3221
s se calculeze unghiul dintre cei doi vectori.
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
14/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
14
ALGORITMUL DE CALCUL REALIZAT CU AJUTORULPROGRAMULUI EXCEL I REZULTATELE OBINUTE PENTRU
PROBLEMA 1.1.2
DATE DE INTRARE DATE DE IEIRE
A B C D E F G H I J K L
Nr. xA1 yA1 zA1 xA2 yA2 zA2 xA3 yA3 zA3 x)AA( 21 y)AA( 21 z)AA( 21
0 D1-A1 E1-B1 F1-C1
1 1 -2 3 2 4 1 4 5 6 1 6 -2
M N O P R S T
x)AA( 32 y)AA( 32 z)AA( 32 21AA 32AA 3221 AAAA
COS
G1-D1 H1-E1 I1-F1 SQRT(J1^2+K1^2+ L1^2)
SQRT(M1^2+N1^2+ O1^2)
J1*M1+K1*N1+L1*O1
S1/(P1*R1)
2 1 5 6,4031 5,4772 -2 -0,057
Expresiile analitice ale celor doi vectori , produsul lor scalar iunghiul dintre vectori, conform rezultatelor din tabel sunt:
057,0cos;2
52;26
3221
3221
==
++=+=
AAAA
kjiAAkjiAA
PROBLEME PROPUSE
Acelai enunca la problema 1.1 pentru vectorii:
1.1.3. jic;kjb;kjia =+=+= 2432
1.1.4. kjic;kjib;kjia 22432 ++=++==
1.1.5. jic;kjb;kia 4253 +=+=+=1.1.6. kjic;kjib;ia +=++== 24542
1.1.7. jic;kjb;kjia ==++= 24532
1.1.8. kjic;kjb;kjia 4626392 +=+=+=
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
15/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
15
1.2 REDUCEREA UNUI SISTEM DE FORECONCURENTE COPLANARE
PROBLEME REZOLVATE
1.2.1. Asupra unui punct material acioneaz un sistem de 4 fore
coplanare { }4,..1ii
F = ( fig. 1.2.1.a) avnd modulele i direciile fa de Ox:
332
232
428 44332211
==
====
== ,FF;,FF;,FF;,FF
S se determine rezultanta celor patru fore (mrimea, direcia i sensul).
Rezolvare:
Pentru sistemul de referinOxyales se aplic teorema proieciilor:proiecia rezultantei dup o direcie este suma proieciilor forelor dupacea direcie:
FFFFFYY
FFFFFXX
ii
ii
23
sin2
sinsin4
sin
)36(3
cos2
coscos4
cos
4321
4
1
4321
4
1
=
+
++
==
+=
+
++
==
=
=(a)
Rezultanta forelori mrimea ei sunt:
jFiF)(jYiXR 236 ++=+= ; (b)
3124322 +=+== FYXRR
Rezultanta face cu axa Oxunghiul R (fig 1.2.1.b) dat de :
050214258036
2,;,
X
Ytg
RR==
+== (c)
F1R
y
R
F3
b.
F2
F4
O x
F1
y
4
1
F3
Fig.1.2.
F2
F4
O x
a.
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
16/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
16
ALGORITMUL DE CALCUL REALIZAT CU AJUTORUL
PROGRAMULUI EXCEL PENTRU REZOLVAREA
PROBLEMEI 1.2.1
Problema 1.2.1 poate fi rezolvat conform modelului prezentat cu
ajutorul programului Excell prin aplicarea algoritmului de mai jos.
DATE DE INTRARE
A B C D E F G H
Nr. F1/F F2/F F3/F F4/F 1 2 3 40
1 6,9292 2 6 2,8284 /6 3/2 -/4
DATE DE IESIRE
J K L M N
X/F Y/F R/F tg R R (rad)
A1*cosE1+B1*cosF1+C1*cosG1+D1*cosH1
A1*sinE1+B1*sinF1+C1*sinG1+D1*sinH1
SQRT(J1^2+K1^2)
K1/J1 arctgM1
3,4641 -2 4 -0,5773 -0,5236 (- /6)
PROBLEM PROPUS
1.2.2 Asupra unui punct material Oacioneaz forele concurente i coplanare
{ }4,..1ii
F = avnd mrimile, direciile i sensurile
din fig. 1.2.2.
Se cunosc:
4222
3
6
26
34
4433
2211
==
==
==
==
;FF;,FF
,FF;,FF
Se cere expresia analitic a rezultanteiforelori unghiul pe care l face aceasta cuaxa Ox .
Rspuns:6
11232
==
R;jPiPR
F1y
4
1
F3
Fig. 1.2.2
F2
F4
O
x
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
17/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
17
1.3 REDUCEREA UNUI SISTEM DE FORECONCURENTE SPAIALE
PROBLEM REZOLVAT1.3.1. Asupra unui punct O acioneaz un sistem de 4 fore concurente
{ }4,..1ii
F=
avnd modulele: F54F,F373F,F5F,F102F4321 ====
i
direciile date de muchiile sau diagonalele unui paralelipiped dreptunghicca n fig. 1.3.1 ; se cunosc: OA=a, OC=2a, OO=6a.
Se cere s se determine rezultanta forelor (mrimea, direcia i sensul).
Rezolvare:
Expresiile analitice ale celor patrufore fa de sistemul de referinOxyzsunt:
COversFFversFF == 1111 (a)
kFjFzyx
kzjyixFF
ccc
ccc 321022221
+=++++
==
kFOOversFF 522 == (b)
kFiF)a(a
kaiaFAOversFFversFF 183
6
6373
223333+=
++
=== (c)
jFiF)a(a
jaiaFOBversFFversFF 842
254224444
+=++=== (d)
Expresia analitic a rezultantei este:
kF29jF10iF7FRi
4
1i
++== =
(e)
Proieciile rezultantei pe axele de coordonate sunt:
X=7F, Y=10F, Z=29F. (f)
Mrimea rezultantei este:
FFZYXRR 110329107 222222 =++=++== . (g)
Direcia rezultantei este dat de unghiurile:
0
0
0
827229210
469713180
145772220
,;,cos
,;,cos
,;,cos
RR
RR
RR
==
==
==
(h)
C
z
B
F2
F3F1
F4
Fig.1.3.1
A
A
C
O
O y
xB
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
18/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
18
PROBLEME PROPUSE
1.3.2. Asupra unui punct material O acioneaz forele concurente{ }
4,..1iiF = avnd mrimile: F6F,F734F,F132F,F683F 4321 ==== .
direciile i sensurile date de muchiile sau diagonalele paralelipipeduluidreptunghic din fig. 1.3.2; se cunosc: OA=3a, OC=8a, OO'=2a.
Se cere s se determine expresia analitic a rezultantei forelor iunghiurile pe care l face aceasta cu axele de coordonate.
;,;,;,;F,R;kFjFiFR RRR000 78374270238257295960165618 ====++=
1.3.3. Acelai enunca la problema 1.3.2 cu urmtoarele date (fig.1.3.3):
F13F,F34F,F4F,F29F4321==== , OA=3a, OC=2a, OO'=5a.
0004
1
252272857560467748151446 ,,,,,;F,R;kFjFiFFR RRRii
====++===
Problema 1.3.2 poate fi rezolvat prin aplicarea modeluluiprezentat la problema 1.3.1 cu ajutorul programului EXCEL conformalgoritmului ce urmeaz.
Cz
B
F2
F3
F1
F4
Fig. 1.3.3
A
A
C
O
O
y
xB
Cz
B
F4F2
F1
F3
Fig. 1.3.2
A
A C
O
O
y
x B
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
19/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
19
ALGORITM DE CALCUL REALIZAT CU AJUTORUL
PROGRAMULUI EXCEL PENTRU REZOLVAREA
PROBLEMEI 1.3.2
DATE DE INTRARE
A B C D E F G H I J K L MNr. x1/a y1/a z1/a x2/a y2/a z2/a x3/a y3/a z3/a x4/a y4/a z4/a F1/F
1 0 8 2 3 0 2 3 8 0 0 0 2 24,74
DATE DE IESIRE
N O P Q R S
F2/F F3/F F4/F (versF1)x (versF1)y (versF1)z
A1/[SQRT(A1^2+
B1^2+C1^2)]
B1/[SQRT(A1^2+
B1^2+C1^2)]
C1/[SQRT(A1^2+
B1^2+C1^2)]7,2111 34,1760 6 0 0,9701 0,2425
T U V W X Y
(versF2)x (versF2)y (versF2)z (versF3)x (versF3)y (versF3)z
D1/SQRT(D1^2+E1^2+F1^2)
E1/SQRT(D1^2+E1^2+F1^2)
F1/SQRT(D1^2+E1^2+F1^2)
G1/[SQRT(G1^2+H1^2+I1^2)]
H1/[SQRT(G1^2+H1^2+I1^2)]
I1/[SQRT(G1^2+H1^2+I1^2)]
0,8320 0 0,5547 0,3511 0,9363 0
Z AA AB AC AD AE
(versF4)x (versF4)y (versF4)z X/F Y/F Z/F1/SQRT(J1^2+K1^2+L1^2)
K1/SQRT(J1^2+K1^2+L1^2)
L1/SQRT(J1^2+K1^2+L1^2)
M1*Q1+N1*T1+O1*W1+P1*Z1
M1*R1+N1*U1+O1*X1+P1*AA1
M1*S1+N1*V1+O1*Y1+P1*AB1
0 0 1 18 56 16
AF AG AH AI
R/F R R RSQRT(AC1^2+AD1^2+
AE1^2)arccos(AC1/AF1) arccos(AD1/AF1) arccos(AE1/AF1)
60,959 72,8250 23,2700 74,7830
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
20/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
20
1.4. STATICA PUNCTULUI MATERIAL LIBER
TEORIE
a. Principiul paralelogramului
Fiind date dou fore 21 FsiF care acioneaz asupra unui punctmaterial A, conformprincipiului paralelogramului,efectul celor dou foreeste acelai cu al unei fore rezultante R , care este diagonala mare a
paralelogramului avnd ca laturi forele 21 FsiF (fig.1.4.0)
Sunt valabile urmtoarele relaii:
=
=
+
=
++=+=
sin
F
)sin(
F
sin
R;
cosFF
sinFtg
;cosFFFFR;FFR
21
21
2
21
2
2
2
121 2(17)
b. Teorema proieciilor
Fiind dat un sistem de fore,concurente ntr-un punct O din spaiu,{ }
niiF ,...2.1= acesta se reduce (sau este
echivalent) n punctul O cu o forrezultant R, care se obine aplicnd
succesiv principiul paralelogramuluienunat mai sus:
=
=n
ii
FR1
. (18)
Dac se noteaz cuXi, Yi , Zi, proieciile unei fore oarecare iF a
sistemului de fore i cuX, Y, Zproieciile forei rezultante R pe axeletriedrului triortogonal drept Oxyz, atunci sunt valabile urmtoarele relaii:
.ZZ;YY;XXn
i
i
n
i
i
n
i
i
======
111
(19)
Aceste relaii reprezint teorema proieciilor care se enun astfel:proiecia rezultantei pe o direcie oarecare este egal cu sumaproieciilor tuturor forelor sistemului dup acea direcie. Sunt valabileurmtoarele relaii:
( ) ( ) ( )222222 ++=++=
++=
iiiZYXZYXR
kZjYiXR(20)
A F1
F2
R
Fig. 1.4.0
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
21/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
21
c. Condiia de echilibru a punctului material liber
Punctul material M este liber dac poate ocupa orice poziie nspaiu (fr nici o restricie de ordin geometric), sub aciunea unui sistemde fore { }
niiF ,...2.1= , corespunztor poziiei cerute. Poziia punctului este
determinat fa de un sistem de referin prin trei parametri reciprocindependeni (coordonatele punctului fa de sistemul de referin ales).
Punctul material poate avea deci trei grade de libertate n spaiumaterializate prin coordonatele lui.
Dac sistemul de fore este plan sau uniaxial i sistemul dereferin ales este format din dou axe situate n planul forelor sau cu oax confundat cu suportul forelor, pentru poziia de echilibru suntnecesare dou respectiv o coordonat care s determine poziiapunctului material.
Condiia necesar i suficient ca un punct material s fie nechilibru este ca rezultanta forelor ce acioneaz asupra punctului s fie
un vector nul. Aceast condiie este echivalent cu ecuaia vectorial:0=++= kZjYiXR (21)
care n baza teoremei proieciilor este echivalent cu trei ecuaii scalare:
)c(ZZ
)b(YY
)a(XX
n
i i
n
ii
n
ii
=
=
=
==
==
==
1
1
1
0
0
0
(22)
Se pot pune n eviden trei probleme (cazuri).
Problema direct
n acest caz este precizat sistemul de fore ce acioneaz asuprapunctului material i se cere s se determine poziia de echilibru. Seobine un sistem de 3 ecuaii cu 3 necunoscute, care poate fi compatibildeterminat, incompatibil sau compatibil nedeterminat. n primul cazexist o singur poziie de echilibru, n cel de-al doilea caz (incompatibil)nu exist nici o poziiie de echilibru, iar n al treilea caz (compatibilnedeterminat) exist o infinitate de poziii de echilibru.
Observaii:
1. Dac sistemul de fore este coplanar i sistemul de referin esteastfel ales nct planul Oxy s coincid cu planul forelor, ecuaia(22.c) devine o identitate (0=0). n acest caz sunt necesare doar doucoordonate pentru stabilirea poziiei de echilibru a punctului i suntdisponibile celelalte dou ecuaii pentru determinarea acestei poziiide echilibru.
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
22/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
22
2. Dac sistemul de fore este uniaxial i se alege axa Ox a sistemuluide referin s coincid cu direcia forelor, cele dou ecuaii (22. b,c)devin identiti. Rmne o singur coordonat i o singur ecuaiepentru stabilirea poziiei de echilibru.
Problema invers
n acest caz este precizat poziia de echilibru i se cere s se
determine sistemul de fore ce acioneaz asupra punctului material idetermin aceast poziie. n general problema este nedeterminat(admite o infinitate de soluii). Dac numrul parametrilor cecaracterizeaz sistemul de fore este limitat astfel nct s se obin unsistem de ecuaii compatibil determinat, problema are soluie unic.
Problema mixt
n acest caz este cunoscut o parte din sistemul de fore ceacioneaz asupra punctului material i o parte din parametrii ce definescpoziia de echilibru i sistemul de fore corespunztor. n general
problema este nedeterminat (admite o infinitate de soluii).
PROBLEME REZOLVATE
1.4.1. Punctul material M de mas m, se afl ntr-un plan vertical, ncmp gravitaional este atras de vrfurile unui triunghi echilateral delatur 2 ! , situat n acelai plan vertical, cu fore proporionale cudistana de la punct la cele trei puncte A, B, C, factorii de
proporionalitate fiind k1, k2, respectiv k3 (fig. 1.4.1).Se cere s sedetermine poziia de echilibru a punctului M .
Rezolvare:
Acesta este cazul problemei directe a echilibrului punctului, cndeste cunoscut sistemul de fore care acineaz asupra punctului i secere s se determine poziia de echilibru. Alegnd convenabil sistemulde referin (ca n figura 1.4.1), se pot scrie expresiile analitice aleforelor ce acioneaz asupra punctului M:
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )[ ]jy0ixkBMkF
;jy0ixkjyyixxkAMkF222
1MAMA111
+== +=+== !
!
( ) ( ).jmggmF
;jyixkCMkF
==
+==
4
33330 !
(a)
Condiia necesari suficient de echilibru a punctului M, este carezultanta forelor ce acioneaz, s fi nul:
0jYiXFFFFR4321
=+=+++= (b)
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
23/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
23
Ecuaiile scalare se scriu:
( ) ( )
( )
=+=
=+=
0mgy3kykykY
0xkxkxkX
321
321
!
!!(c)
Rezult poziia de echilibrucerut:
++
=
++=
321
3
321
12
3
kkk
mgky
kkkkkx
M
M
!
!
(d)
1.4.2. Un punct material avnd greutatea G, este meninut n echilibru npoziia M de coordonate: xM = ! , yM = 2! , zM= 3 ! , prin intermediul a treifire trecute peste scripei de dimensiuni neglijabile (fr frecare), situaten punctele A, B, O din planul orizontal xOy, de trei greuti G1, G2i G3(fig.1.4.2). Se cere s se determine mrimile acestor greuti careasigur aceast poziie de echilibru.
Rezolvare:
Acesta este cazul problemei inverse a echilibrului punctului, cndeste precizat poziia de echilibru i se cere s se determine forele careasigur aceast poziie. Punctul M este meninut n echilibru prinintermediul forelor din fire orientate dup direciile MO,BM,AM
(tensiunile din fire au aceleai module cu ale greutilor: P1=G1, P2=G2iP3=G3). Fa de sistemul de referin Oxyz forele au expresiile analitice:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )22211
2
MA
2
MA
2
MA
MAMAMA
111
94
k30j20il2PP
zzyyxx
kzzjyyixxP
MA
AMPP
!!!
!!!
++++
=
++
++==
(a)
;kP
jP
iP
P
14
3
14
2
14
1111 =
Analog se obine:
.k14
P3j
14
P2i
14
P
MO
OMPP
;k19
P3j
19
P3i
19
P
MB
BMPP
333
33
222
22
==
+==(b)
y
C(0, ! 3)
F3
F1 F2M(x,y)
O(0,0)
x
F4=m gB( ! ,0)A(- ! ,0)
Fig. 1.4.1
y
Fig.1.4.2.a
G1G3
G2G
M( ! ,2 ! ,3 ! )
A(2 ! ,0,0)O(0,0,0)
B(0,5 ! ,0)
z
x
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
24/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
24
Condiia de echilibru este: 0321 =+++ PPPG (c)
Ecuaiile de proiecii pe axe sunt:
=++
=+
=
G14
P3
19
P3
14
P3
0
14
P2
19
P3
14
P2
014
P
19
P
14
P
321
321
321
GG
;GG
;GG
30
1415
192
6
14
3
2
1
=
=
=
(d)
PROBLEME PROPUSE
1.4.3. Punctul M de mas m, situat n cmp gravitaional, este atras devrfurile Ai (i=1,..6) ale unui hexagon regulat de latur 2a situat n planulvertical Oxy, avnd centrul n originea sistemului de referin, cu fore
proporionale cu distanele de la punct la vrfuri: 6,...1i,MAkF iii ==ca n fig. 1.4.3. Se cere s se determine poziia de echilibru a punctului .
Rspuns: ;)22(
;)(3
654321
654321
654321
6431
kkkkkk
kkkkkkamgy
kkkkkk
kkkkax
++++++++
=+++++
+=
1.4.4. S se determine poziia de echilibru a punctului M de mas m,situat n planul vertical xOy este respins de vrfurile O, A, B, C ale unuidreptunghi de laturi 2a i 4a cu fore proporionale cu distanele de la
punct la vrfuri: .CMkF;BMkF;AMkF;OMkF44332211
==== (fig. 1.4.4).
Rspuns :4321
43
4321
32 )(2;)(4
kkkk
kkamgy
kkkk
kkax
+++++
=+++
+=
Fig. 1.4.2.b
G
P1P3
P2
F3
y
F2
Fig. 1.4.3
F1
F6
F5
F4 G
M(x,y)
A2(0,2a)
A3(-a 3,a) A1(a 3,a)
A6(a 3,-a)A4(-a 3,-a)
A5(0,-2a)
O
x
F1
y
F4
Fig. 1.4.4
F2
F3
G
B C
M(x,y)
O
x
A
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
25/164
CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
25
1.5. STATICA PUNCTULUI MATERIAL
SUPUS LA LEGTURI
TEORIE
a. Axioma legturilor
Dac asupra unui punct Mdin spaiu supus la legturi acioneazun sistem de fore { }
n,....iiF 21= (a crui rezultant este notat cu
aR ),
conform axiomei legturilororice legturi geometrice pot fi ntotdeaunanlocuite cu echivalentul lor mecanic fore de legtur a crorrezultant este notat cu legR ).
Din punct de vedere geometricpunctul material poate fi consideratca un punct material liber, iar din punct de vedere mecanicconstrngerile au fost nlocuite cu fore de legtur.
Teorema echilibrului punctului material supus la legturi devine:condiia necesari suficient pentru ca un punct material s rmn nechilibru sub aciunea forelor exterioare i de legtur este ca rezultantalor s fie nul:
;ZZ;YY;XX
RRlegalegalega
lega
000
0
=+=+=+
=+(23)
Din punct de vedere al naturii forelor de legtur, legturilepunctului material pot fi legturi fr frecare(ideale)i legturi cu frecare(reale).
b. Echilibrul punctului material supus la legturi cu frecare
n cazul legturilor cu frecare, pe lng reaciunea normalN maiintervine o for de frecare Tcare se opune tendinei de micare i careeste situat n planul tangent, n cazul punctului material legat de osuprafa cu frecare, sau n lungul tangentei n cazul punctului materiallegat de o curb.
n Mecanica teoretic sunt admise urmtoarele legi ale frecriiuscate (legile AMONTONS - COULOMB):
a. fora de frecare T este limitat superior la o valoaremax
T care nu
depinde de mrimea suprafeelor n contact;
b. valoarea foreimax
T depinde de natura corpurilor i de starea
suprafeelor de contact:
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
26/164
CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
26
c. valoarea foreimax
T este proporional cu modulul reaciunii N;
Aceste legi pot fi sintetizate n relaia: NTTmax
= unde este
coeficientul de frecare care se determin experimental;
Dac se noteaz = tg sau = arctg, unde este unghiulde frecare, atunci condiia de echilibru a punctului material poate cpta
urmtoarea interpretare geometric:Punctul legat de o suprafa rmne n echilibru dac rezultanta
forelor aplicate aR se g sete n interiorul (la limit pe pnza) conuluifrecrii (un con cu dou pnze avnd vrful n punctul de pe suprafa,axa de revoluie perpendicular pe planul tangent la suprafa iunghiul la vrf 2).
Punctul legat de o curb rmne n echilibru dac rezultanta
forelor aplicate aR se g sete n exteriorul (la limit pe pnza) unui concu dou pnze avnd vrful n punctul de pe curb, axa de revoluietangent la curbi unghiul la vrf1800-2.
PROBLEME REZOLVATE
1.5.1. O sfer M de greutate G se reazem fr frecare pe un plannclinat cu unghiuli este prins printr-un fir de un punct A ; firul face
cu verticala unghiul( vezi fig.1.5.1.a).
Se cer : mrimea reaciunii normale N i a tensiunii din fir S .
Rezolvare:
Ecuaia vectorial de echilibru dup introducerea forelor delegtur (conform axiomei legturilor) se scrie :
0NSG =++ (a)
Alegem axele Ox i Oy n mod convenabil (fig.1.5.1.b) i proiectmpe acestea ecuaia vectorial de echilibru, se obin ecuaiile:
=+=
==
0GcosSsinN
0sinScosN
0Y
0X
i
i
(b)
Dac nmulim prima ecuaie cu cos i a doua cu sin i lensumm membru cu membru, apoi dac nmulim prima ecuaie cu(-sin)i a doua cu (cos) i le nsumm membru cu membru se obine:
G)cos(
sinN
= ; G)cos(
cosS
=
(c)
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
27/164
CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
27
1.5.2. O bil de greutate G se reazem fr frecare pe suprafaa uneisfere de raz r fiind prins cu un fir de lungime AM= ! de punctul fix Aaflat la distana AB =d, fa de suprafaa sferei (fig.1.5.2.a).
Se cere mrimea tensiunii din fir S i a reaciunii N.
Rezolvare:
Ecuaia vectorial de echilibru se scrie:
0NSG =++ (a)
Dac se introduc unghiurile i i se aleg convenabil axeleOxi Oy(ca n fig.1.5.2.b) condiia de echilibru se scrie:
0Y
0X
i
i
=
=
=+=+
0GcosNcosS
0sinNsinS
(b)
Dac se multiplic prima ecuaie cu cos i a doua cu sin,respectiv cu (- cos) i sin i se nsumeaz membru cu membru seobine:
)sin(
sin
GS;)sin(
sin
GN +
=+
= (c)Din teorema sinusurilor aplicat n triunghiul OAM, avem:
rd)sin(
sin;
rd
r
)sin(
sin
)sin(
rd
sin
r
sin +=
++=
+
++
==!!
(d)
deci se obine:
rd
GS;rd
rGN
+=
+= ! (e)
Fig. 1.5.2
A
d
B
rr
O
M
A
y
S N
x
GO
b)a)
A
M
Fig. 1.5.1
b.
y
SN
x
GOM
a.
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
28/164
CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
28
1.5.3. Un inel M de greutate neglijabil se reazem cu frecare(coeficientul de frecare fiind) pe un semicerc de raz R. De inel sunt
prinse dou fire care trec fr frecare prin inelele fixe A1 i A2(fig.1.5.3.a). La capetele firelor acioneaz greutile G1 i G2 . S sedetermine raportul greutilor
21G/G pentru ca inelul s rmn n
repaus pentru un unghi dat.
Rezolvare:a) Se consider mai nti c inelul M are
tendina de alunecare spre punctul A1 ;se aleg ca axe de coordonate tangentai normala la cerc n punctul M (fig.1.5.3.b), i innd seama c tensiunile dinfir pentru cele dou ramuri ale firului aumrimile: S1=G1, S2=G2,
ecuaia de echilibru se scrie:
021 =+++ NTSS (a)
sau n proiecii pe axe:
0N2
cosG2
sinG0Y
0T2
sinG2
cosG0X
21i
21i
=+=
==
(b)
Condiia fizic a frecrii este: NT . (c)
Din primele dou ecuaii rezult:
2222 2121
+
=
= cosGsinGN;sinGcosGT (d)
care introduse n ultima relaie conduc la:
22
22
2
1
+
sincos
cossin
G
G(e)
Fig. 1.5.3
b.
x
y
r
/2
O
S1
S2
T N
c.
x
y
r
/2
O
S1
S2 T
N
A1A2
r
O
G1G2
M
a.
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
29/164
CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
29
b. Considernd acum cealalt tendin de alunecare a inelului M sprepunctul A2 (fig. 1.5.3.c), ecuaiile de echilibru se scriu analog cu celedin primul caz, schimbnd semnul din faa lui i sensul inegalitii (e)
22
22
2
1
+
sincos
cossin
G
G(f)
Deci:
22
22
22
22
2
1
+
+
sincos
cossin
G
G
sincos
cossin, (g)
sau:
+
22 2
1 tgG
Gtg (h)
1.5.4 Un inel M de greutate neglijabil se reazem cu frecare pe uncerc de raz r. De inel sunt prinse dou fire care trec prin dou inele fixen A1i A2 fr frecare. La capetele firelor sunt prinse greutile G1i G2(ca n fig.1.5.4.a). Se cere raportul 21 G/G pentru ca punctul M s
rmn n repaus n poziia dat de unghiul , dac se cunoate
coeficientul de frecare i unghiul pentru poziia de echilibru .
Rezolvare:
a. Considerm mai nti tendina dealunecare a inelului M spre A1 : inndseama c tensiunile din fir pentru celedou ramuri ale firului au mrimile:S1=G1, S2=G2 (fig.1.5.4.b) i alegndconvenabil sistemul de axe Oxy, seobin urmtoarele ecuaii de echilibru:a.
A1
A2
r
O
G1
G2
M
c.
x
y
r
/2
/4-/2
O
S1
S2A2
A1
T
N
b.
x
y
r
/2
/4-/2
O
S1
S2A2
A1
T N
OM
Fig. 1.5.4
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
30/164
CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
30
0242
0
0242
0
21
21
=+
=
=
=
N)sin(GsinGY
T)cos(GcosGX
i
i
(a)
condiia fizic a frecrii: NT , (b)
nlocuind n inecuaie expresiile lui N i T rezulatate din primeledou ecuaii avem:
+
)sin(GsinG)cos(GcosG
242242 2121(c)
22
2424
2
1
+
sincos
)sin()cos(
G
G(d)
b) Considernd cealalt tendin de alunecare a inelului M (spre A2,fig.1.5.4.c), ecuaiile de echilibru se scriu analog cu cele din primul caz,schimbnd semnul din faa lui i sensul inegalitii (d) . Rezult:
22
2424
2
1
+
sincos
)sin()cos(
G
G(e)
Condiia final de echilibru se scrie:
22
2424
22
2424
2
1
+
+
sincos
)sin()cos(
G
G
sincos
)sin()cos((f)
sau:
+
+
2
24
2
24
2
1
cos
cos
G
G
cos
cos(g)
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
31/164
CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
31
1.5.5. Culisa M de greutate G1 se poate deplasa cu frecare pe bara
vertical OB, coeficientul de frecare de alunecare fiind cunoscut: Culisa este legat de greutatea G2prin intermediul unui fir i a unuiscripete fr frecare A. Se cunosc: AB = a i BM = h (fig.1.5.5.a). Secere greutatea G2pentru ca echilibrul s aib loc n poziia din figur.
Rezolvare:
a) Fa de sistemul de axe Oxy, pentru tendina de deplasare a culisei njos (fig. 1.5.5.b) forele care acioneaz asupra culisei sunt indicate nfigur; innd seama c tensiunea din fir este S2=G2, ecuaiile deechilibru se scriu:
=+=
=
=
0
0
0
0
12
2
GcosGT
sinGN
Y
X
i
i (a)
NT , condiia fizic a frecrii
Deci:
=
=
NT
cosGGT
sinGN
21
2
(b)
rezult:
+
sincos
GG 12 (c)
b) Pentru tendina de deplasare n sus a culisei (fig. 1.5.5.c) fora defrecare Tacioneaz n sens invers fa de primul caz, ecuaiile deechilibru se scriu analog cu cele din primul caz, schimbnd semnuldin faa lui i sensul inegalitii (c):
sincos
GG 12 (d)
Condiia final de echilibru este:
BA
G1
G2
M
Fig. 1.5.5
Tendina de
alunecare
G1
S2
N
T
M
b.
y
x
c.
G1
S2
NT
M
y
x
O O
Tendina de
alunecare
a.
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
32/164
CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
32
+ sincosG
Gsincos
G 12
1 (e)
sau 122
21
22
Gah
haGG
ah
ha
+
++
. (f)
1.5.6. Corpul M de mas m, asimilat cu un punct material, este legatbilateral de o cicloid situat ntr-un plan vertical i este acionat de
propria greutate G i de o for orizontal Fo, ca n fig. 1.5.6.a. Se cere:
a. poziia de echilibru a punctului pe cicloid, dac se neglijeazfrecarea i mrimea reaciunii nornale N.
b. domeniul de variaie al forei orizontale Fo, pentru o poziie deechilibru dat ( fixat), dac nu se neglijeaz frecarea (0 )
Rezolvare
Ecuaiile parametrice ale cicloidei se scriu astfel (Fig. 1.5.6.b):
==)cos(Ry
)sin(Rx
1(a)
Se determin versorul tangentei lacicloid, ntr-un punct curent M(x,y)astfel:
,
yx
jyix
v
v22
""
""
+
+== unde: (b)
==
==
222
221 2
cossinRsinRy
sinR)cos(Rx
"""
"""
(c)
jcosisin,sinRyxv222
222
+
=
=+= """ (d)
M(x,y)
y
x
G=mgjFo
Fig. 1.5.6.a
O
M(x,y)
y
x
G
N
Fig. 1.5.6.b
Mo
FO
/2/2
I
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
33/164
CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
33
Rezultatul obinut confirm faptul c unghiul dintre tangenta lacicloidi axa Oy este /2 (conform fig.1.5.6.b).
Pentru determinarea poziiei de echilibru se aplic axiomalegturilori se scrie ecuaia de echilibru vectorial:
0=++ NGFO
(e)
Proiectnd ecuaia (e) pe axele sistemului de coordonate Frenet,
se obin urmtoarele ecuaii de proiecii dup, respectiv dup:
022
022
=+
=
+
NsinmgcosF;cosmgsinFOO
(f)
Interpretarea geometric a derivatei unei funcii pentru cicloidadat, conduce la:
211
=
=
== ctg
cos
sin
d)cos(R
dsinR
dx
dytg (g)
Din ecuaiile (f) se obine:
OF
mgtg =
2 ,
)mg(F
)mg(Fcos,
)mg(F
mgFsin
O
O
O
O
22
22
22
2+=
+= (h)
nlocuind n ecuaia (e) rezult poziia de echilibru cerut:
+
=
+
=
22
22
22
1
22
)mg(F
)mg(FRy
)mg(F
mgF
F
mgarctgRx
O
O
O
O
O(i)
Din ecuaia (f) rezult reaciunea normal cerut:22 )mg(FN
O+= (j)
b) n condiiile existenei frecrii se poate observa c exist doutendine de micare (vezi fig.1.5.6.c,d)
y
G
N
Fig. 1.5.6.c
FO
/2/2
T
x
y
x
G
NFO
/2/2
Fig. 1.5.6.d
T
Tendina
de micareTendina
de micare
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
34/164
CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
34
Pentru determinarea poziiei de echilibru n primul caz (fig.1.5.6.c)se aplic axioma legturilori se scrie ecuaia de echilibru vectorial:
0=+++ TNGFO
(k)
Proiecia ecuaiei (k) pe axele sistemului de coordonate Frenet,conduce la ecuaiile:
Proiecie dup:
022
=
+
TcosmgsinFO
(l)
Proiecie dup:
022
=+
NsinmgcosFO
(m)
Dac se ine seama i de legea frecrii uscate NT
Se obine astfel valoarea minim a forei F0pentru echilibru:
22
22
/cos/sin
/sin/cosmgF
O +
(n)
Analog se obine i valoarea maxim a forei F0pentru echilibru:
22
22
/cos/sin
/sin/cosmgF
O +
(o)
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
35/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
35
CAPITOLUL II
REDUCEREA FORELOR
APLICATE SOLIDULUI RIGID
TEORIE
a. Momentul unei fore n raport cu un punct
O noiune foarte important utilizatn Mecanica corpului rigid este aceeade moment al unei fore Ffa de un
punct oarecare O (fora F esteaplicat ntr-un punct oarecare A din
spaiu O A) care se definete prin :
FOA)F(MO
=
Din definiia produsului vectorial dat n capitolul I , rezultc momentul unei fore F fa de un punct O, este un vector aplicat npunctul O, perpendicular pe vectorii FsiOA , sensul su fiind
determinat de sensul de rotaie al lui F, dup regula urubului drept iarmrimea sa dat de:
dFsinFOA)F(MO ==
unde: este unghiul dintre FsiOA iar d este distana de la
punctul O la suportul forei F (sau braul forei, ca n figura 2.1).
Dac punctul O este originea sistemului de referin cartezian,punctul A are coordonatele A(x,y,z) iar expresia analitic a forei este:
kZjYiXF ++= , atunci expresia analitic a momentului forei Ffa deO este:
k)yXxY(j)xZzX(i)zYyZ(
ZYX
zyxkji
FOA)F(MO
++===
Componentele lui )F(MO
:
yXxYN;xZzXM;zYyZL === , reprezint momentele forei
F fa de cele trei axe Ox, Oy, Oz (aa cum se va vedea din paragrafulurmtor).
AO
d
)F(MO F
Fig. 2.1
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
36/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
36b. Momentul unei fore n raport cu o ax
O alt noiune important utilizat n Mecanica corpului rigid esteaceea de moment al unei fore F fa de o ax , care sedefinete ca proiecia momentului forei Ffa de un punct, careaparine axei, pe direcia axei:
ZYX
zyx
cba
)FOA()F(M
)F(M)F(Mpr)F(MOO
==
==
unde: kcjbiavers ++==
Se observ c dac coincide cu
axa Ox: iversOx== atunci momentul forei F n raport cu axa Ox
este: LzYyZMOx == .
c. Torsorul de reducere al unui sistem de fore ntr- un punct
Dac se consider o fori
Faplicat ntr-un punct Aial unui rigid,efectul acestei fore este acelai cu efectul celor dou elemente dereducere a forei ntr-un punct O: fora
iFi momentul forei n raport
cu punctul O )F(MiO
: Oinaplicate)F(M
FAinaplicataF
iO
i
ii
Dac se consider un sistem de fore
iF aplicate n punctele (Ai)i=1,2,n i seface reducerea pentru fiecare for asistemului n punctul O , prin
nsumarea forelor i momentelorconcurente rezultate se obine unsistem echivalent cu sistemul datformat din dou elemente (fig.2.3):
- Vectorul rezultant: =
=n
ii
FR1
- Momentul rezultant:
==
==n
iii
n
iiOO
FOA)F(MM11
.
Perechea format dinO
MsiR se numete torsorul de reducere
n punctul O al sistemului de fore: O.
AO
)F(MO F
Fig. 2.2
)F(M
AnO
OM
1F
Fig.2.3
A1
2F
iF
nF
AiA2
R
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
37/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
37d. Torsor minimal. Axa central
Dac se consider un alt punct O' ncare se face reducerea sistemului defore (O'O) vectorul rezultant
=
=n
ii
FR1
nu se modific (primul
invariant) iar momentul rezultant semodific conform relaiei:
R'OOMRO'OMMOO'O
=+=
Deci torsorii de reducere n O i O'se scriu:
=
R'OOMM
R:;
M
R:
O'O
'O
O
O
Dac se nmulete scalar relaia de mai sus cu R, se obine:ctRMRMO'O
== ; aceast a doua mrime constant se numetetrinomul invariant (scalarul torsorului sau al doilea invariant). Dac seface raportul dintre trinomul invariant i modulul vectorului rezultant seobine proiecia momentului rezultantpe direcia vectorului rezultant:
R
RMM O
R
=
Pentru anumite puncte din spaiu, torsorul de reducere este formatdin doi vectori coliniari )M;R(
R
care se numete torsor minimal:
=R
R
R
RMM;R: O
Rmin
Ax central reprezint locul geometric al punctelor din spaiuunde fcnd reducerea sistemului de fore se obine torsorul minimal(vectorul rezultant i momentul rezultant sunt coliniari, sau momentulrezultant este nul pentru forele ce se pot reduce la un vector rezultantunic, aa cum rezulti din paragraful urmtor). Axa central este dat
de ecuaiile:
Z
yXxYN
Y
xZzXM
X
zYyZL +=
+=
+
sau sub forma vectorial (parametric):
+=
+=
+=
+
=2
2
2
2
R/)YLXM(Zz
R/)XNZL(Yy
R/)ZMYN(Xx
RR
MRo
An
OOM
1F
Fig.2.4
A1
2F
iF
nF
AiA2
R
OM
R
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
38/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
38e. Clasificarea sistemelor de fore
Problema nlocuirii unui sistem de forei
Faplicate n punctele Aicu un alt sistem echivalent avnd o form mai simpl ne conduce laideea clasificrii sistemelor de fore dup criteriul enunat mai sus(torsorul echivalent avnd forma cea mai simpl). Clasificarea se poateface pornind de la invarianii sistemului:
I. Cazul 000 OO M,RMR
Sistemul cel mai simplu poart numele de dinami este compusdintr-o for Fegal cu vectorul rezultant, avnd punctul de aplicaie peaxa central i un cuplu (un sistem format din dou fore egale camrime, avnd direcii opuse i situate pe dou suporturi paralele) situat
ntr-un plan normal la direcia axei centrale i avnd momentul egal cumomentul minim
RM :
== R
R
R
RMM;RF: ORmin
II. Cazul 0=O
MR
cu urmtoarele 4 subcazuri:
II.a. 00 O
M,R
II.b. 00 =O
M,R
II.c. 00 = OM,RII.d. 00 ==
OM,R
n primele dou subcazuri (II.a, II.b.) sistemul de fore poate finlocuit cu o for F egal cu vectorul rezultant, avnd punctul deaplicaie pe axa central. Dac n primul subcaz punctul O nu aparineaxei centrale, n cel de-al doilea subcaz punctul O se afl pe axacentral.
n subcazul al treilea (II.c) sistemul de fore este echivalent cu un
cuplu situat ntr-un plan normal la direcia momentului rezultant OM ,avnd aceeai mrime, direcie i sens cu momentul rezultant. Axacentral nu este definit n acest subcaz, momentul rezultant avndcaracterul unui vector liber (
OO'OMRO'OMM =+= ).
n subcazul al patrulea (II.d) sistemul de fore este n echilibru(sistem de fore de efect nul). Axa central nu este definit nici n acestsubcaz. Aceste sisteme fac obiectul Staticii n special.
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
39/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
39
2.1. REDUCEREA SISTEMELOR DE FORE
SPAIALE
PROBLEME REZOLVATE
2.1.1. Asupra unui cub rigid de latur a, acioneaz forele: 4321 F,F,F,F ,
ca n figura 2.1.1.a. Mrimile acestor fore sunt cunoscute:FF,FFF,FF 23 4321 ==== . Se cer:
1) Torsorul de reducere n punctul O; 2) Torsorul n punctul B';3) S se determine ecuaia axei centrale;4) La ce se reduce sistemul?
Rezolvare:
1) Expresiile analitice ale vectorilor for i a vectorului rezultant se scriuastfel:
)kji(Fa
kajaiaF
OB
OBFFversFF +=
+=
==
331111 (a)
FZ,YXkFFR
kFFversFF;jFFversFF;iFFversFF
ii 303
24
1
444333222
=====
======
=(b)
i expresiile analitice ale vectorilor moment i a vectorului momentrezultant sunt:
022
2
0
4321
4
100
====
++++=
=+++===
N,aFM,aFL)ji(FaM
kF)kaja(jFkaiF)jaia(
FCOFOOFOAFOB)F(MMi
i
(c)
F4C
z
B
F2
F3
F1
Fig. 2.1.1. a
A
A
C
O
O
y
x
B
a
aa
C
Axa
centrala
z
B
R
M0
Fig. 2.1.1.b
A
A
C
O
O
y
xB
D(a/3, 2a/3,0)
R
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
40/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
40
2) Momentul rezultant n punctul Bse calculeaz cu ajutorul relaiei:
)ji(aFkF)kajaia(jaFiaFROBMM OB 232 +=+=+= (d)
3) Ecuaia axei centrale devine:
Z
yXxYN
Y
xZzXM
X
zYyZL +=
+=
+(e)
zz,ay,axF
FxaFFyaF ====+=32
330
03
032 (f)
Axa central este o dreapt perpendicular pe planul Oxy (paralelcu axa Oz) care intersecteazOxyn punctul D(a/3, 2a/3, 0).
4) ntruct 00 ==Roo
MsauRMRM , sistemul se poate reduce
la o for Fegal cu vectorul rezultant R, situat pe axa central.Prin urmare exist urmtoarele situaii echivalente:
a. ( 4321 F,F,F,F ) aplicate nA1,A2,A3,A4;b. )M,RF(
o= aplicate n O;
c. ),RF( 0= aplicat ntr-un punct oarecare de pe axa central.
2.1.2. Se consider paralelipipedul dreptunghic rigid cu laturile: OA=3a ,OC=4a , OO'=12a asupra cruia acioneaz forele (fig.2.1.2.a.) avnd
mrimile: 173124 4231 FFF,FFF ====Se cere: 1) Torsorul de reducere n O;
2) Ecuaia axei centrale;
3) La ce se reduce sistemul?
C
z
B
F1F4
F2F3
Fig. 2.1.2.a
A
A
C
O
Oy
xB
12a
3a
4a
C
z
Axa
central
B
R
M0
Fig. 2.1.2.b
A
A
C
O
O y
x
B
D(3a/2, 2a, 0)
R
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
41/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
41Rezolvare:
1) Expresiile analitice ale celor patru fore sunt:
);ki(Fa
kajaF
BA
BAFFversFF 34
104
1241041111 +=
+=
== (a)
);ki(Fa
kaia
FBC
BC
FFversFF 43173
1231732222 +=
+
=
== (b)
);kj(Fa
kajaF
OC
OCFFversFF 34
104
1241043333 +=
+=
== (c)
).ki(Fa
kaaiF
OA
OAFFversFF 43
173
1231734444 +=
+=
== (d)
Expresiile vectorului rezultant i momentului rezultant n punctul O sunt:
;FZ,YXkFFRi
i48048
4
1=====
=(e)
.N,aFM,aFL
;jaFiaFM
FF
a
kji
FF
a
kji
FF
a
kji
FF
a
kji
M
FxOAFxOCFxOCFxOA)F(MMi
i
07296
7296
1203
003
1240
040
403
040
1204
003
0
0
43210
4
10
=== =
+
++=
+++===
(f)
2) Ecuaia axei centrale se scrie:
F
FxaFFyaF
48
0
0
4872
0
4896=
+=
(g)
arbitrarz,ay,a
x === 22
3; (h)
axa central este paralel cu Oz fiind chiar axa de simetrie aparalelipipedului (vezi fig. 2.1.2.b).
3) ntruct RMRM oo = 0 ,sistemul se reduce la o for F egal cu
vectorul rezultant R situat pe axa central (vezi fig. 2.1.2.b).
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
42/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
422.1.3. Asupra paralelipipeduluidreptunghic rigid cu muchiile (3a, 5a,4a) acioneaz trei fore i un cupluavnd mrimile cunoscute:
,FF,FF 526 21 == aFM;FF 423 == ,
direciile i sensurile ca n figura
2.1.3.Se cere:
1) Torsorul de reduceren O;
2) Torsorul minimal;
3) Ecuaia axei centrale;
4) Punctul de intersecie al axeicentrale cu planele ABEi yOz.
Rezolvare:
1) Expresiile analitice ale celor patru fore sunt:
);kji(FAB
ABFFversFF 431111 +=== (a)
);ki(FCD
CDFFversFF 431222 +=== (b)
;kFkFOzversFF 2333 === (c)
.iaF)i(MxOversMM 4111 === (d)
Vectorul rezultant al forelori momentul rezultant n punctul O sunt:
.aFN,aFM,aFLdeci
;kaFjaFaFiM
;
F
aa
kji
FF
aa
kji
FFF
aa
kji
iaFM
);kji(FFR
O
O
ss
13142
13142200
033
403
053
43
4204
2323
1
===
+=
+
++
+=
++== =
(e)
Deci torsorul O are urmtoarele componente:
O :
+=
++=
)kji(aFM
)kji(FR
o13142
232(f)
z
Fig. 2.1.3
CE
DA 3a2a
4a
a
2a
2a3a
O
yx B
F2
F1
F3
M1
I
G
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
43/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
43
2) Torsorul minim (innd seama de: ,aFMRO
220= 22
17FR = ):
este dat de
min::
=
=
++=
)kji(aFR
R
MRM
)kji(FR
omin 232
17
20
232
2
(g)
3) Ecuaia axei centrale sub form vectorial se scrie vectorial ianalitic astfel:
).kji(F
aFaFaF
FFF
kji
F
kzjyix
;RR
MRo
232
13142
232
17
12
2
+++
=++
+
=
(h)
deci ecuaiile parametrice corespunztoare se scriu:
.Faz;Fay;Fax +=+== 217
223
17
302
17
67(i)
4) Ecuaia planuluiABEeste:
.azyx;azyx:sau
;
aa
aa
aa
zyx
;
zyx
zyx
zyx
zyx
EEE
BBB
AAA
620481688
0
1033
105
1420
1
0
1
1
1
1
=++=+
== (j)
Pentru determinarea coordonatelor punctului P de intersecie alaxei centrale, cu planul ABE, se introduc ecuaiile parametrice ale axei
centrale n ecuaia planului de mai sus i se determin parametrul P:
a,az;a,ay;a,ax
F/a,F
a
PPP
P
6390119
7678150
119
935974
119
547
3280119
39
======
==(k)
Pentru determinarea coordonatelor punctului Q de intersecie alaxei centrale cu planul yOz se introduc ecuaiile parametrice ale axei
centrale n ecuaia planului yOz(x=0) i se determin parametrul Q:
a,az;a,ay;xF
aQQQQ
235517
896767
34
2610
34
67====== (l)
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
44/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
44
TEME APLICATIVE PROPUSE
2.1.4. . . 2.1.20. Se consider sistemele formate din trei fore
321 F,F,F i dou cupluri )M(,M 21 ce acioneaz asupra unui
paralelipiped avnd forma i dimensiunile precizate n fig. 2.1.4. ...
2.1.20. Mrimile i orientarea forelor321 F,F,F i ale cuplurilor de fore
)M(,M21
sunt precizate n figurile corespunztoare. S
se determine:
a) Torsorul de reducere al sistemului, n punctul O;
b) Torsorul minim;
c) Ecuaia axei centrale;
d) Coordonatele punctului de intersecie al axei centrale cu planulspecificat.
2. 1. 4.Date:
D(4a, 4a,3a)
02
2
5
22
21
3
2
1
==
=
=
=
M;aFM
FF
;FF
;FF
Axa centralyOz.
2. 1. 5.
Date:
E(4a, 7a, 3a)
02
529
21
3
2
1
==
=
==
M;aFM
FF
;FF;FF
Axa centralxOz.
z
Fig. 2.1.4
C
ID
A
3aa
a2a
2a
2a
a
3aa3a
O
yx
BF2
F1
F3
M1
E
G
z
Fig. 2.1.5
C
I
D
A
2aa
2a3a
3a
4a
4a 3a
3a
O y
x
BF2
F1
F3
M1
E
G
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
45/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
45
2. 1. 6.
Date:
I(3a, 5a, 4a)
03
10
22
21
3
2
1
==
=
=
=
M;aFM
FF
;FF
;FF
Axa centralyOz.
2. 1. 7.
Date:E(3a, 6a,2a)
04
54
14
21
3
2
1
==
=
=
=
M;aFM
FF
;FF
;FF
Axa centralxOz.
2.1.8.
Date:
C(4a, 5a,3a)
05
2
29
21
3
2
1
==
==
=
M;aFM
FF
;FF
;FF
Axa centralxOy.
z
Fig. 2.1.6
C
E
D
A
2a
2a
3a
4a
2a
3a
O y
x
B
F2F1
F3
M1
I
G
z
Fig. 2.1.7
C
G
D
A
2a4a
3a
2a
3aa
a
2a
2a
Oy
x
EF2
F1
F3
M1
B
I
z
Fig. 2.1.8
CIE
D
A
3a
4a
2a
2a
a
a
3a
O y
x B
F2F1F3
M1G
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
46/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
46
2.1.9
Date:
H (4a,6a,3a)
04
4
5
22
21
3
2
1
==
=
=
=
M;aFM
FF
;FF
;FF
Axa centralxOy.
2.1.10.
Date:C(5a,7a,2a)
06
2
13
53
21
3
2
1
==
=
=
=
M;aFM
FF
;FF
;FF
Axa centralxOz.
2.1.11
Date:
G(2a,5a,2a)
04
2
22
14
21
3
2
1
==
==
=
M;aFM
FF
;FF
;FF
Axa centralxOy.
z
Fig. 2.1.9
C
E D
A 3a2a4a
a
3a
O y
xB
F2F1
F3
M1
I H
z
Fig. 2.1.10
C
E
D
A
2a
a
2a 5a
6a
2a
3a
O
y
xB
F2
F1
F3
M1
I
z
Fig.2.1.11
C
EA
2a
2a 3a
aa
O y
x
B
F2F1
F
M1
I
D
G
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
47/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
47
2.1.12.
Date:
E (3a,5a,3a)
02
2
23
33
21
3
2
1
==
=
=
=
M;aFM
FF
;FF
;FF
Axa centralyOz.
2.1.13.
Date:F (3a,4a,3a)
03
3
22
14
21
3
2
1
==
=
=
=
M;aFM
FF
;FF
;FF
Axa centralxOy.
2.1.14.
Date:
J(4a,5a,3a)
04
29
5
17
21
3
2
1
==
==
=
M;aFM
FF
;FF
;FF
Axa centralyOz.
z
Fig. 2.1.12
C
E
D
A 3a
5a
2a
a
2a
a
O=G y
x
B
F2
F1
F3
M1
I
z
Fig. 2.1.13
C
ED
A 2a2a
3a
a
2aa3a
O
y
x
B
F2
F1
F3M1
I
G
z
Fig. 2.1.14
C
E DA
3aI
3a
2a
2a
a2a
O
y
x
B
F2
F1F3 M1
G
2a
2a
J
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
48/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
48
2.1.15
Date:
I(3a,5a,3a)
03
4
5
22
21
3
2
1
==
=
=
=
M;aFM
FF
;FF
;FF
Axa centralxOy.
2.1.16 Date:
J(a,3a,2a)
aFM
;aFM
FF
;FF
;FF
2
5
14
10
2
1
3
2
1
=
=
=
=
=
Axa centralxOz.
2.1.17 Date:
J(a,4a,3a)
.aFM
;aFM
FF
;FF
;FF
3
10
26
17
2
1
3
2
1
=
=
=
=
=
Axa centralyOz.
z
Fig. 2.1.15
C
ED
A a2a
3a
2a a2a
O
y
xB
F2F1
F3
M1
I
G
z
Fig. 2.1.16
C
DE
A
3a
a
2a
O
y
x
BI
F2F1
F3M2
M1G
H
J
z
Fig. 2.1.17
C
H
DE
A
4aa
3a
O
y
x
BI
F2F1
F3M2
M1
G
J
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
49/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
49
2.1.18 Date:I(a, a,a)
.aFM
;aFM
FF
;FF
;FF
2
2
3
2
2
1
3
2
1
=
=
=
=
=
Axa centralyOz.
2.1.19 Date:
I(a,2a,a)
.aFM
;aFM
FF
;FF
;FF
2
2
2
6
5
2
1
3
2
1
=
=
=
=
=
Axa centralxOz.
2.1.20
Date:
J(a,2a,a)
aFM
;aFM
FF
;FF
;FF
2
52
6
5
2
1
3
2
1
=
=
=
=
=
Axa centralyOz
z
Fig. 2.1.19
C
H
DE
A
2a
a
a
O
y
x
BF
F2F1
F3M2
M1
I
G
z
Fig. 2.1.20
C
H
DE
A
2a
a
a
B
y
x
OI
F2F1
F3
M2
M1
J
G
z
Fig. 2.1.18
C
G
DE
A
a
a
a
O
yx
BFF2F1
F3
M2
M1H
I
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
50/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
50
RSPUNSURI
Nr.
pr.
Torsorul n O
OTorsorul minimal
minAxa central Punctul de
intersecie2.1.4
=
++=
)ki(aFM
)kji(FR:
OO
64
322
++=
++=
)kji(aFM
)kji(FR:
minmin
32217
26322
+=
=
+=
Faz
Fy
Fax
3178
2
217
12
=
=
=
az
ay
x
17
2617
120
.1.5
++=
++=
kji(aFM
)kji(FR:
OO
2810
28
++=
++=
)kji(aFM
)kji(FR:
minmin
2823
1828
+=
+=
+=
Faz
Fay
Fax
269
81
869
4869
222
=
=
=
az
y
ax
23
310
23
76
2.1.6
+=
+=
)kji(aFM
)kji(FR:
OO
181550
643
+=
+=
)kji(aFM
)kji(FR:
minmin
64361
18643
=
+=
+=
Faz
Fay
Fax
661
245
461
354
361
18
=
=
=
az
ay
x
61
28161
3300
2.1.7
++=
++=
)kji(aFM
)kji(FR:
OO
1196
53
++=
++=
)kji(aFM
)kji(FR:
minmin
5335
3853
+=
+=
+=
Faz
Fay
Fax
35
57
535
39
335
46
=
=
=
az
y
ax
175
3240
175
347
2.1.8
++=
+=
)kji(aFM
)kji(FR:
O
O171820
45
+=
+=
)kji(aFM
)kji(FR:
minmin
4521
145
=+=
+=
Faz
Fay
Fax
421
5952
6342
157
==
=
084
42184
373
zay
ax
2.1.9
+=
+=
)kji(aFM
)kji(FR:
OO
4336
22
+=
+=
)kji(aFM
)kji(FR:
minmin
229
2222
=
+=
+=
Faz
Fay
Fax
29
75
29
769
2
=
=
=
09
15118
71
z
ay
ax
2.1.10
++=
+=
)kji(aFM
)kji(FR:
OO
111026
242
+=
+=
)kji(aFM
)kji(FR:
minmin
242
24
22242
=
+=
+=
Faz
Fay
Fax
224
124424
30
224
64
=
=
=
az
y
ax
48
278
048
98
2.1.11
=
+=
)kj(aFM
)kji(FR:
OO
142
233
+=
+=
)kji(aFM
)kji(FR:
minmin
233
233
+=
=
+=
Faz
Fay
Fax
211
3
311
21
311
23
=
=
=
02
32
5
z
ay
ax
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
51/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
51Nr.
pr.
Torsorul n O
OTorsorul minimal
minAxa central Punctul de
intersecie2.1.12
+=
++=
)kji(aFM
)kji(FR:
OO
959
3
=
++=
)kji(aFM
)kji(FR:
minmin
311
153
+=
+=
=
Faz
Fay
Fax
2
311
1811
32
=
=
=
az
ay
x
11
1011
1140
2.1.13
+= += )ki(aFM)kji(FR:
OO
4324
+=+=
)kji(aFM)kji(FR:
minmin
2421
11 24
=
+=
+=
Faz
Fay
Fax
221
12
421
821
16
=
=
=
021
3221
22
z
ay
ax
2.1.14
=
+=
)kji(aFM
)kji(FR:
OO
1683
342
+=
+=
)kji(aFM
)kji(FR:
minmin
34229
22342
+=
=
=
Faz
Fay
Fax
329
28
429
23
229
88
=
=
=
az
ay
x
29
16029
1990
2.1.
15
+=+=
)kji(aFM)kji(FR:
OO
9222
+=+=
)kji(aFM)kji(FR:
minmin
223
522
=
+=
+=
Faz
Fay
Fax
29
169
2
2917
=
=
=
03
2311
z
ay
ax
2.1.16
+=
+=
)kji(aFM
)ji(FR:
OO
86
6
=
+=
0
6
minmin
M
)ji(FR:
=
+=
=
az
Fay
Fax
637
837
48
=
=
=
az
y
ax
0111
148
2.1.17
+=
+=kji(aFM
)ji(FR:O
O11212
8
+=+=
)ji(aF
M
)ji(FR:
minmin
865
48
=
+=
=
65
98
865
116588
az
Fay
Fax
=
=
=
65
9811
0
az
ay
x
2.1.18
+=
+=
)ki(aFM
)ji(FR:
OO
4
2
+=
+=
)ji(aF
M
)ji(FR:
minmin
25
2
=
+=
=
a.z
Fa.y
Fa,x
40
280
61
a.z
ay
x
40
4
0
=
=
=
2.1.19
++=
+=
)kji(aFM
)ji(FR:
O
O
62
4
+=
+=
)ji(aF
M
)ji(FR:
minmin
417
64
=
+=
=
17
7
417
617
24
az
Fay
Fax
==
=
0
034
45
z
y
ax
2.1.20
++=
=
)kji(aFM
)ki(FR:
OO
44
2
=
=
)ki(aF
M
)ki(FR:
minmin
25
42
=
=
=
Fa
z
ay
Fa
x
5
25
12
25
=
=
=
2
5
120
az
ay
x
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
52/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
52
ALGORITM DE CALCUL REALIZAT CU AJUTORUL
PROGRAMULUI EXCEL PENTRU REZOLVAREA
PROBLEMEI 2.1.4
Pentru crearea algoritmului de calcul s-au utilizat urmtoarele relaii:
! Expresiile analitice ale celor patru vectori:
1113322
2221111
MversMM;EFversFF;CDversFF
;)zz()yy()xx(
k)zz(j)yy(i)xx(F
AB
ABFABversFF
ABABAB
ABABAB
===
++
++===
! Expresiile analitice ale momentelor celor 3 fore n raport cu O:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )iXyYxiZxXziYzZyFOE)F(M
iXyYxiZxXziYzZyFOC)F(M
iXyYxiZxXziYzZyFOA)F(M
EEEEEEO
CCCCCCO
AAAAAAO
33333333
22222222
11111111
++==
++==
++==
! Componentele torsorului de reducere al sistemului n punctul O:
kNjMiLM;kZjYiXRO
++=++=
! Componentele torsorului minimal:
kZR
MRjY
R
MRiX
R
MRM OOO
min 222
+
+
=
! Componentele produsului vectorial :
k)YLXM(j)XNZL(i)ZNYN(MRO
++=
din ecuaia vectorial a axei centrale:
( ) RR/MRkzjyixO
+=++= 2
DATE DE INTRARE
A B C D E F G H I J K L
Nr. xA/a yA/a zA/a xB/a yB/a zB/a xC/a yC/a zC/a xD/a yD/a zD/a
1 4 3 0 2 0 3 0 1 3 1 0 2
M N O P Q R S T U V X Y Z
xE/a yE/a zE/a xF/a yF/a zF/a F1/F F2/F F3/F M1/aF vers M1x vers
M1y
vers
M1z
4 4 3 1 4 2 4,6904 5 2 2 0 0 1
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
53/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
53
DATE DE IEIREAA AB AC
(versF1)x (versF1)y (versF1)z
(D1-A1)/SQRT((D1-A1)^2+
(E1-B1)^2+(F1-C1)^2)
(E1-B1)/SQRT((D1-A1)^2+
(E1-B1)^2+(F1-C1)^2)
(F1-C1)/SQRT((D1-A1)^2+
(E1-B1)^2+(F1-C1)^2)
-0,4264 -0,6396 0,6396
AE AF AG
(versF2)x (versF2)y (versF2)z
(J1-G1)/SQRT((J1-G1)^2+
(K1-H1)^2+(L1-I1)^2)
(K1-H1)/SQRT((J1-G1)^2+
(K1-H1)^2+(L1-I1)^2)
(L1-I1)/SQRT((J1-G1)^2+
(K1-H1)^2+(L1-I1)^2)
0,8 0,6 0
AH AI AJ
(versF3)x (versF3)y (versF3)z
(P1-M1)/SQRT((P1-M1)^2+
(Q1-N1)^2+(R1-O1)^2)
(Q1-N1)/SQRT((P1-M1)^2+
(Q1-N1)^2+(R1-O1)^2)
(R1-O1)/SQRT((P1-M1)^2+
(Q1-N1)^2+(R1-O1)^2)
0 1 0
AK AL AM AN AO AP
X/F Y/F Z/F R2/F
2(MOF1/aF)x (MO F1/aF)y
AA1*S1+AE1*T1+ AH1*U1
AB1*S1+AF1*T1+AI1*U1
AC1*S1+AG1*T1+ AJ1*U1
AK^2+AL^2+AM^2
S1(B1*AC1-C1*AB1)
S1(C1*AA1-A1*AC1)
2 2 3 17 9 -12
AQ AR AS AT AU AV
(MOF1/aF)Z (MO F2/aF)x (MOF2/aF)y (MO F2/aF)z (MOF3/aF)x (MO F3/aF)y
S1(A1*AB1-B1*AA1)
T1(H1*AG1-I1*AF1)
T1(I1*AE1-G1*AG1)
T1(G1*AF1-H1*AE1)
U1(N1*AJ1-O1*AI1)
U1(O1*AH1-M1*AJ1)
-6 -9 12 -4 -4 0
AW AX AY AZ BA
(MOF3/aF)z L/aF = (MO /aF)x M/aF = (MO/aF)y N/aF = (MO /aF)z R.MO/aF2
U1(M1*AI1-N1*AH1)
AO1+AR1+AU1+X1*V1
AP1+AS1+AV1+Y1*V1
AQ1+AT1+AW1+Z1*V1
AK1*AX1+AL1*AY1+AM1*AZ1
2 -4 0 -6 -26
BB BC BD BE BF BG
(Mmin/aF)x (Mmin/aF)y (Mmin/aF)z ( 2aF/MR O )x (2aF/MR O )y (
2aF/MR O )z
BA1*AK1/AN1 BA1*AL1/AN1 BA1*AM1/AN1 AL1*AZ1-AM1*AY1
AM1*AX1-AK1*AZ1
AK1*AY1-AL1*AX1
-3,0588 -3,0588 -4,5882 -12 0 8
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
54/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
54
2.2. REDUCEREA SISTEMELOR DE FORECOPLANARE
PROBLEME REZOLVATE
2.2.1. Asupra cadrului dreptunghiular din figura 2.2.1.a avnd laturile
OA=a, OC=2a, acioneaz forele coplanare: F1=F2= F2 nclinate cuunghiul 4/= i F3 = 2F ca n fig. 2.2.1.a.
Se cer : 1) Torsorulul de reducere n punctul O.
2) Ecuaia axei centrale (suportul lui R) prin tieturi.
Rezolvare :
1) Se scriu expresiile analitice ale vectorilor for:
iFiFF
)ji(Fj)sinF(i)cosF(F
)ji(Fj)sinF(i)cosF(F
233
222
111
==
+=+=
+=+=
(a)
Vectorul rezultant al sistemului este: jFiFRFRi
i22
3
1+==
=(b)
Momentul rezultant fa de O este:
kaFM)iF()jaia(
FF
aa
kji
)ji(FjaM
FOBFODFOC)F(MMi
i
32
0
02200
3210
3
10
=++
++=
++===
(c)
Torsorulul de reducere n punctul O este deci:
F1
y
DC
F2
B
x
O
A
Fig. 2.2.1
F3
a
a
a
y
DC
xOMO
A
R
F=R
b.
Axa central
Q (0, 3a/2)
P (3a/2,0)
a.
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
55/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
55
====
===+=
aFN;MLkaFM
Z,FY;FXjFiFR
303
02222
0
(d)
1) Ecuaia axei centrale:Z
yXxYN
Y
xZzXM
X
zYyZL +=
+=
+(e)
pentru valorile de mai sus se scrie:
=
=+
==
0
23
0
223
2
2
2
2
z
ayxFyFxaF
F
Fz
F
Fz(f)
Axa central este o dreapt definit prin tieturile: P(3a/2,0)iQ(0,3a/2).
Sistemul de fore este echivalent cu torsorul )M,R(O
de reducere n
punctul O, sau cu o forF egal cu vectorul rezultant R situat pe
axa central (ntruct n acest caz: 00 00==
MRsau,MR ).
2.2.2. Asupra plcii dreptunghiulare din fig. 2.2.2.a, avnd laturile OA
=2a, OC=4a acioneaz un cuplu 1M i 4 fore coplanare respectiv n
punctele A1, A2, A3, A4 avnd modulele date: aFM 41 = ;
;FF;FF 2221 == ;FF 233 = FF 44 = , nclinate cu:
==== 4321 440 ;/;/; .
Se cere :
1) Torsorul de reducere n punctul O.
2) Ecuaia axei centrale prin tieturi (xP, yQ)
Rezolvare
1. Expresiile analitice ale forelor, cuplului
1Mi momentelor fa de O sunt:
( )kXyYx)F(M
;kMM
j)sinF(i)cosF(F;jYiXF
iiiiiO
iiiii
iii
=
=
+=
+=
11
(a)
Introducnd valorile rezult:
2
3
F1
y
C
F2
B
xO A
Fig. 2.2.2.a
F3
a
2a
2a
a
F4A4
A1
A2
2a
2a
A3
M1
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
56/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
56
kaFM;kaF)F(M;kaF)F(M;)F(M;)F(M
iFF;jFiFF;jFiFF;iFF
OOOO481500
43322
14321
4321
=====
==+==(b)
Vectorul rezultant al sistemului este:
FsinFYFcosFXFRii
iii
ii
i=====
===
4
1
4
1
4
12 (c)
Momentul rezultant fa de O este: kaFM)F(MM
iOi
O31
4
1=+=
=(d)
2. Ecuaia axei centrale pentru sistemul de fore dat este:
0=+ yXxYN : x+2y=3a (e)
Axa central este definit prin tieturile (fig 2.2.2.a):
P(N/Y,0) xM=3a; yM=0 si Q(0,-N/X) xN=0; yN=3a/2; (f)
Sistemul de fore este echivalent cu torsorul de reducere n punctulO: )M,R(O
sau cu o for F egal cu vectorul rezultant R situat peaxa central (fig. 2.2.2.b) ntruct n cazul unui sistem coplanar de fore:
00 00 == MRsau,MR .
2.2.3. Asupra plcii dreptunghiulare rigide din fig. 2.2.3.a. avnd laturileOA =4a, OD=6a, acioneaz 2 fore concentrate n punctele A i C
avnd modulele date: paF;paF 510 21 == fiind dirijate dup direciile
AB respectiv BCi 4 sarcini distribuite uniform sau neuniform ca n fig.S2.2.3a . Se cer :
1) Torsorul de reducere al sistemului de fore n punctul O.
y
D C
xO
A
Fig. 2.2.3.a
F2
2a
3a
F1
BJ
2a
p
p
E a
3a
3a
2p
p
y
CB
xO A
Fig. 2.2.2.b
2a
4a
MO
P(3a,0)
Q(0,3a/2) F=R
Axa central
R
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
57/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
57
2) Torsorul de reducere al sistemului de fore n punctul J (JB).
3) Ecuaia axei centrale i tieturile ei (xP, yQ).
Rezolvare
Se nlocuiesc sarcinile distribuite prin fore echivalente acionndn centrele forelor paralele distribuite respective. Aceste fore aumrimile:
.pa/)pa(F;pa/)pa(F;paFF 32233262 6543 ======
Sistemul de fore echivalent esteprezentat n fig. 2.2.3.b.
Se observ c unghiurile formate dedireciile forelor F1 i F2 cu axa Oxsunt egale i se noteaz cu :
tg=3/4 , sin=3/5 cos=4/5.
Expresiile analitice ale vectorilor foresunt:
jpaipaF
jsinFicosFF
jpaipaF
j)sin(Fi)cos(FF
34
68
2
222
1
111
+=
+=
+=
+=
jpaF;ipaF
;jpaF;jpaF
33
22
65
43
==
==
(a)
Vectorul rezultant al sistemului este deci:
jpaipaRFRi
i6
3
1+==
=(b)
Momentul rezultant fa de O este:
k)FyFx()Fr()F(MMi
xiiyiiiii
iOi
O
===
===
6
1
6
1
6
1(c)
unde: jyixr iii += este vectorul de poziie al punctului de aplicaieal forei
iF.
nlocuind valorile corespunztoare rezult: kpaMO
24= (d)
Deci torsorul de reducere al sistemului n punctul O este:
====
===+=
22
0 404
066
paN;MLkpaM
Z,paY;paXjpaipaR:
O(e)
y
C
xO A
Fig. 2.2.3.b
F2
a
2a
F1
BJ
2a a
2a
3a
F4
F3
C 2a
F6
F5
180o-
a
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
58/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
58Momentul rezultant n punctul J se calculeaz conform relaiei:
kpa)jpaipa()ja(kpaM
RJOMM
J
OJ
22 634 =++=
+=(f)
Deci torsorul de reducere al sistemului n punctul J este:
=
+=
kpaM
jpaipaR
:J 20
6
(g)
3. Ecuaia axei centrale pentru sisteme coplanare de fore este:
0=+ yXxYN (h)
care, particularizat pentru aceast problem, devine: 6x + y = 4a
Axa central este definit prin tieturile ei: P(2a/3, 0) , Q(0, 4a)
n fig. 2.2.3.c este prezentat torsorul de reducere al sistemului defore dat n punctul O, iar n fig. 2.2.3.d este prezentat torsorul dereducere al sistemului de fore dat ntr-un punct situat pe axa central:acesta este cel mai simplu sistem echivalent cu sistemul de fore dat (ofor egal cu vectorul rezultant avnd punctul de aplicaie pe axacentral).
TEME APLICATIVE PROPUSE
2.2.4 ... 2.2.18 Asupra plcii rigide plane avnd forma din din figuracioneaz un numr de fore i cupluri de fore concentrate avndmodulele date i un numr de sarcini distribuite uniform sau neuniform.Se cer :
y
Q(0,4a)
xO P(2a/3,0)
Axa central
6x+y=4a
RF=
y
xO
jpaipaR 6+=
kpaMO 24=
c. Fig. 2.2.3 d.
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
59/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
591. Torsorul de reducere al sistemului de fore n punctul O.
2. Torsorul de reducere al sistemului de fore n punctul J.
3. Ecuaia axei centrale i tieturile ei (xP, yQ).
y
xO
Fig. 2.2.4
M1
CJ
3a
A
B
F2
F1
3a4a
4a
E
F3
2a
3a
D
Date:
aFM;FF
FFF
43
5
13
21
==
==
Fig. 2.2.6y
xO
M1
DJ
3a
B
F1
F2
2a
4a E
F3A
8a
Date:
aFM;FFFF;FF
2451013
13
21
==
==
y Fig. 2.2.5
2p
p
C
BA
3a
2aa
3a
J D xO
Date:
apF 21 =
F1
(F2e)
(F3e)
-
7/27/2019 Probleme de Mecanica Statica
60/164CULEGERE DE PROBLEME I TEME APLICATIVE DE MECANIC - STATICA
60
Fig. 2.2.7y
x
DJ
3a
F4
4a
4a 3a
4a
A
O
F2 F3
F1
E
C B
4a
Date:
FF;FF
FFF
24
5
43
21
==
==
Fig. 2.2.8
A