Aptallar için temel mekanikler. giriiş
Nokta kinematiği.
1. Teorik mekaniğin konusu. Temel soyutlamalar.
teorik mekanikmekanik hareketin genel yasalarının ve maddi cisimlerin mekanik etkileşiminin incelendiği bir bilimdir.
mekanik hareketBir cismin başka bir cisme göre uzayda ve zamanda meydana gelen hareketine denir.
mekanik etkileşim mekanik hareketlerinin doğasını değiştiren maddi cisimlerin böyle bir etkileşimi olarak adlandırılır.
Statik - Bu, kuvvet sistemlerini eşdeğer sistemlere dönüştürme yöntemlerini inceleyen ve katı bir cisme uygulanan kuvvetlerin dengesi için koşulları belirleyen teorik mekaniğin bir dalıdır.
Kinematik - ile ilgilenen teorik mekaniğin dalıdır. üzerlerine etki eden kuvvetlerden bağımsız olarak, malzeme cisimlerinin uzayda geometrik bir bakış açısıyla hareketi.
dinamikler - Bu, üzerlerine etki eden kuvvetlere bağlı olarak, uzaydaki maddi cisimlerin hareketini inceleyen bir mekanik dalıdır.
Teorik mekanikte çalışma nesneleri:
maddi nokta,
malzeme noktaları sistemi,
Kesinlikle sert gövde.
Mutlak uzay ve mutlak zaman birbirinden bağımsızdır. mutlak uzay - üç boyutlu, homojen, hareketsiz Öklid uzayı. mutlak zaman - Geçmişten geleceğe sürekli akar, homojendir, uzayın her noktasında aynıdır ve maddenin hareketine bağlı değildir.
2. Kinematik konusu.
Kinematik - ile ilgilenen mekaniğin dalıdır. geometrik özellikler ataletlerini (yani kütlelerini) ve üzerlerine etki eden kuvvetleri hesaba katmadan cisimlerin hareketi
Hareket eden bir cismin (veya noktanın) bu cismin hareketinin incelendiği cisme göre konumunu belirlemek için, katı bir şekilde, vücut ile birlikte oluşturan bazı koordinat sistemleri bağlanır. referans sistemi.
Kinematiğin ana görevi belirli bir cismin (nokta) hareket yasasını bilerek, hareketini karakterize eden tüm kinematik nicelikleri (hız ve ivme) belirlemektir.
3. Bir noktanın hareketini belirleme yöntemleri
· doğal yol
Bilinmelidir:
Nokta hareketi yörüngesi;
Saymanın başlangıcı ve yönü;
(1.1) şeklinde verilen bir yörünge boyunca bir noktanın hareket yasası
· koordinat yöntemi
Denklemler (1.2), M noktasının hareket denklemleridir.
M noktasının yörüngesi için denklem, zaman parametresini ortadan kaldırarak elde edilebilir. « t » denklemlerden (1.2)
· vektör yolu
(1.3) Bir noktanın hareketini belirtmek için koordinat ve vektör yöntemleri arasındaki ilişki (1.4) |
Bir noktanın hareketini belirlemenin koordinat ve doğal yolları arasındaki bağlantı
Denklemlerden (1.2) zamanı hariç tutarak noktanın yörüngesini belirleyin;
-- bir yörünge boyunca bir noktanın hareket yasasını bulun (yay diferansiyeli için ifadeyi kullanın)
Entegrasyondan sonra, belirli bir yörünge boyunca bir noktanın hareket yasasını elde ederiz:
Bir noktanın hareketini belirlemenin koordinat ve vektör yöntemleri arasındaki bağlantı denklem (1.4) ile belirlenir.
4. Bir noktanın hızının vektör yöntemi ile belirlenmesi, hareketin belirtilmesi.
Şu anda izin vertnoktanın konumu yarıçap vektörü tarafından belirlenir ve zaman anındat 1 – yarıçap-vektör , daha sonra bir süre için nokta hareket edecektir.
|
(1.5) nokta ortalama hız, vektörün yönü vektörle aynıdır |
Belirli bir zamanda bir noktanın hızı
Belirli bir anda bir noktanın hızını elde etmek için sınıra bir geçiş yapmak gerekir.
(1.6)
(1.7)
Belirli bir zamanda bir noktanın hız vektörü yarıçap vektörünün zamana göre birinci türevine eşittir ve belirli bir noktada yörüngeye teğet olarak yönlendirilir.
(birim¾ m/s, km/s)
Ortalama ivme vektörü vektörle aynı yöne sahipΔ v , yani yörüngenin içbükeyliğine yöneliktir.
Belirli bir zamanda bir noktanın ivme vektörü hız vektörünün birinci türevine veya noktanın yarıçap vektörünün zamana göre ikinci türevine eşittir.
(birim - )
Vektör, noktanın yörüngesine göre nasıl bulunur?
Doğrusal harekette vektör, noktanın hareket ettiği düz çizgi boyunca yönlendirilir. Noktanın yörüngesi düz bir eğri ise, o zaman ivme vektörü ve cp vektörü bu eğrinin düzleminde yer alır ve içbükeyliğine doğru yönlendirilir. Yörünge bir düzlem eğrisi değilse, cp vektörü yörüngenin içbükeyliğine doğru yönlendirilecek ve şu noktada yörüngeye teğet geçen düzlemde uzanacaktır.M ve bitişik bir noktada teğete paralel bir çizgi1 . AT nokta olduğunda sınır1 eğilimi M bu düzlem, sözde bitişik düzlemin konumunu işgal eder. Bu nedenle, genel durumda, ivme vektörü bitişik bir düzlemde yer alır ve eğrinin içbükeyliğine doğru yönlendirilir.
teorik mekanik- Bu, mekanik hareketin temel yasalarını ve maddi cisimlerin mekanik etkileşimini belirleyen bir mekaniğin dalıdır.
Teorik mekanik, cisimlerin zaman içindeki hareketlerinin (mekanik hareketler) incelendiği bir bilimdir. Mekaniğin diğer bölümlerine (elastisite teorisi, malzemelerin direnci, plastisite teorisi, mekanizmalar ve makineler teorisi, hidroaerodinamik) ve birçok teknik disipline temel teşkil eder.
mekanik hareket- bu, maddi cisimlerin uzayındaki göreceli konumdaki zaman içinde bir değişikliktir.
mekanik etkileşim- bu, mekanik hareketin değiştiği veya vücut parçalarının göreceli konumunun değiştiği böyle bir etkileşimdir.
Rijit gövde statiği
Statik- Bu, katı cisimlerin denge sorunları ve bir kuvvet sisteminin ona eşdeğer diğerine dönüştürülmesi ile ilgilenen teorik mekaniğin bir dalıdır.
- Statiğin temel kavramları ve yasaları
- Kesinlikle sert gövde(katı cisim, cisim) herhangi bir nokta arasındaki mesafenin değişmediği maddi bir cisimdir.
- Malzeme noktası boyutları, problemin koşullarına göre ihmal edilebilecek bir cisimdir.
- gevşek vücut hareketine herhangi bir kısıtlama getirilmeyen bir vücuttur.
- Serbest olmayan (bağlı) gövde hareketi kısıtlanmış bir bedendir.
- Bağlantılar- bunlar, söz konusu nesnenin hareketini engelleyen cisimlerdir (bir cisim veya cisimler sistemi).
- iletişim reaksiyonu katı bir cisim üzerindeki bir bağın hareketini karakterize eden bir kuvvettir. Katı bir cismin bağa uyguladığı kuvveti bir etki olarak düşünürsek, bağın tepkisi bir karşı tepkidir. Bu durumda, bağlantıya kuvvet - etki uygulanır ve bağlantının tepkisi katı gövdeye uygulanır.
- mekanik sistem birbirine bağlı cisimler veya malzeme noktaları kümesidir.
- Sağlam konumları ve noktalar arasındaki mesafe değişmeyen mekanik bir sistem olarak düşünülebilir.
- Kuvvet bir malzeme gövdesinin diğeri üzerindeki mekanik hareketini karakterize eden bir vektör miktarıdır.
Vektör olarak kuvvet, uygulama noktası, etki yönü ve mutlak değer ile karakterize edilir. Kuvvet modülünün ölçü birimi Newton'dur. - kuvvet hattı kuvvet vektörünün yönlendirildiği düz çizgidir.
- Konsantre Güç bir noktada uygulanan kuvvettir.
- Dağıtılmış kuvvetler (dağıtılmış yük)- bunlar cismin hacminin, yüzeyinin veya uzunluğunun tüm noktalarına etki eden kuvvetlerdir.
Yayılı yük, birim hacme (yüzey, uzunluk) etki eden kuvvet tarafından verilir.
Boyut dağıtılmış yük- N / m3 (N / m 2, N / m). - Dış güç dikkate alınan mekanik sisteme ait olmayan bir cisimden hareket eden bir kuvvettir.
- manevi güç incelenen sisteme ait başka bir malzeme noktasından mekanik bir sistemin maddi bir noktasına etkiyen bir kuvvettir.
- Kuvvet sistemi mekanik bir sisteme etki eden kuvvetlerin toplamıdır.
- Düz kuvvetler sistemi hareket çizgileri aynı düzlemde olan bir kuvvetler sistemidir.
- Mekansal kuvvetler sistemi hareket çizgileri aynı düzlemde olmayan bir kuvvetler sistemidir.
- Yakınsak kuvvet sistemi hareket çizgileri bir noktada kesişen bir kuvvetler sistemidir.
- Keyfi kuvvetler sistemi hareket çizgileri bir noktada kesişmeyen kuvvetler sistemidir.
- Eşdeğer kuvvet sistemleri- bunlar, birbirinin yerine geçmesi vücudun mekanik durumunu değiştirmeyen kuvvet sistemleridir.
Kabul edilen atama: . - Denge Bir cismin kuvvetlerin etkisi altında sabit kaldığı veya düz bir çizgide düzgün hareket ettiği bir durum.
- Dengeli kuvvetler sistemi- bu, serbest bir katı cisme uygulandığında mekanik durumunu değiştirmeyen (dengesini bozmayan) bir kuvvetler sistemidir.
. - bileşke kuvvet bir cisme etkisi, bir kuvvetler sisteminin hareketine eşdeğer olan bir kuvvettir.
. - Güç anı kuvvetin dönme kabiliyetini karakterize eden bir değerdir.
- güç çifti mutlak değerde birbirine eşit iki paralel kuvvetten oluşan bir sistemdir.
Kabul edilen atama: .
Birkaç kuvvetin etkisi altında, vücut bir dönme hareketi gerçekleştirecektir. - Eksen Üzerindeki Kuvvet Projeksiyonu- bu, kuvvet vektörünün başlangıcından ve sonundan bu eksene çizilen dikler arasına alınmış bir segmenttir.
Segmentin yönü eksenin pozitif yönü ile çakışıyorsa izdüşüm pozitiftir. - Uçakta Kuvvetin İzdüşümü kuvvet vektörünün başlangıcından ve sonundan bu düzleme çizilen dikler arasına alınmış bir düzlem üzerinde bir vektördür.
- Kanun 1 (atalet kanunu). Yalıtılmış bir malzeme noktası hareketsizdir veya düzgün ve doğrusal hareket eder.
Maddesel bir noktanın düzgün ve doğrusal hareketi, eylemsizliğe dayalı bir harekettir. Maddi bir noktanın denge durumu altında ve sağlam vücut sadece dinlenme durumunu değil, aynı zamanda atalet ile hareketi de anlayın. Sert bir gövde için, Farklı çeşit etrafında katı bir cismin düzgün dönüşü gibi atalet hareketi sabit aks. - Kanun 2. Rijit bir cisim, iki kuvvetin etkisi altında, ancak bu kuvvetler eşit büyüklükte ve ortak bir hareket çizgisi boyunca zıt yönlerde yönlendirilmişse dengededir.
Bu iki kuvvete dengeli denir.
Genel olarak, bu kuvvetlerin uygulandığı rijit cisim hareketsiz ise kuvvetlerin dengelenmiş olduğu söylenir. - Kanun 3. Katı bir cismin durumunu (burada "durum" kelimesi hareket veya durgunluk durumu anlamına gelir) ihlal etmeden, dengeleyici kuvvetler ekleyebilir ve atabilir.
Sonuçlar. Sert bir cismin durumunu bozmadan, kuvvet, hareket çizgisi boyunca cismin herhangi bir noktasına aktarılabilir.
Katı cismin durumunu bozmadan biri diğeriyle değiştirilebilirse, iki kuvvet sistemine eşdeğer denir. - Kanun 4. Bir noktada uygulanan iki kuvvetin bileşkesi, aynı noktaya uygulanır, mutlak değerde bu kuvvetler üzerine kurulmuş paralelkenarın köşegenine eşittir ve bu yönde yönlendirilir.
köşegenler.
Elde edilen modülün modülü: - Yasa 5 (etki ve tepkinin eşitliği yasası). İki cismin birbirine etki ettiği kuvvetler eşit büyüklüktedir ve bir doğru boyunca zıt yönlere yönlendirilir.
Unutulmamalıdır ki eylem- vücuda uygulanan kuvvet B, ve muhalefet- vücuda uygulanan kuvvet ANCAK, farklı bedenlere bağlı oldukları için dengeli değildirler. - Kural 6 (sertleşme yasası). Katı olmayan bir cismin dengesi, katılaştığında bozulmaz.
Unutulmamalıdır ki, bir rijit cisim için gerekli ve yeterli olan denge koşulları, karşılık gelen rijit olmayan cisim için gerekli ancak yeterli değildir. - Yasa 7 (tahvillerden kurtulma yasası). Serbest olmayan bir katı cisim, bağların etkisini bağların karşılık gelen tepkileriyle değiştirerek zihinsel olarak bağlardan kurtulmuşsa özgür olarak kabul edilebilir.
- Bağlantılar ve tepkileri
- Yumuşak yüzey destek yüzeyinin normali boyunca hareketi kısıtlar. Reaksiyon yüzeye dik olarak yönlendirilir.
- Mafsallı hareketli destek vücudun hareketini normal boyunca referans düzlemine sınırlar. Reaksiyon, destek yüzeyine normal boyunca yönlendirilir.
- Mafsallı sabit destek dönme eksenine dik bir düzlemde herhangi bir harekete karşı koyar.
- Mafsallı ağırlıksız çubuk vücudun çubuk çizgisi boyunca hareketine karşı koyar. Reaksiyon, çubuğun çizgisi boyunca yönlendirilecektir.
- Kör sonlandırma düzlemdeki herhangi bir hareketi ve dönüşü engeller. Eylemi, iki bileşen şeklinde sunulan bir kuvvet ve bir momente sahip bir çift kuvvet ile değiştirilebilir.
Kinematik
Kinematik- mekanik hareketin genel geometrik özelliklerini uzayda ve zamanda meydana gelen bir süreç olarak ele alan teorik mekaniğin bir bölümü. Hareketli nesneler geometrik noktalar veya geometrik cisimler olarak kabul edilir.
- Kinematiğin temel kavramları
- Bir noktanın (cismin) hareket yasası uzaydaki bir noktanın (cismin) konumunun zamana bağımlılığıdır.
- nokta yörünge uzayda bir noktanın hareketi sırasındaki konumlarının odağıdır.
- Nokta (vücut) hızı- bu, uzaydaki bir noktanın (cismin) konumunun zaman içindeki değişiminin bir özelliğidir.
- Nokta (gövde) ivmesi- bu, bir noktanın (vücudun) hızının zaman içindeki değişiminin bir özelliğidir.
- Bir noktanın kinematik özelliklerinin belirlenmesi
- nokta yörünge
Vektör referans sisteminde, yörünge şu ifadeyle tanımlanır: .
Koordinat referans sisteminde yörünge, nokta hareketi yasasına göre belirlenir ve ifadelerle tanımlanır. z = f(x,y) uzayda veya y = f(x)- uçakta.
Doğal bir referans sisteminde yörünge önceden belirlenir. - Bir vektör koordinat sisteminde bir noktanın hızını belirleme
Bir vektör koordinat sisteminde bir noktanın hareketini belirtirken, hareketin zaman aralığına oranına bu zaman aralığındaki hızın ortalama değeri denir: .
Zaman aralığını sonsuz küçük bir değer olarak alarak, belirli bir zamandaki hız değerini (anlık hız değeri) elde ederiz: .
Ortalama hız vektörü nokta hareketi yönünde vektör boyunca yönlendirilir, anlık hız vektörü nokta hareketi yönünde yörüngeye teğet olarak yönlendirilir.
Çözüm: bir noktanın hızı, hareket yasasının zamana göre türevine eşit bir vektör miktarıdır.
Türev özelliği: herhangi bir değerin zamana göre türevi, bu değerin değişim oranını belirler. - Bir koordinat referans sisteminde bir noktanın hızını belirleme
Nokta koordinatlarının değişim oranı:
.
Dikdörtgen koordinat sistemine sahip bir noktanın tam hızının modülü şuna eşit olacaktır:
.
Hız vektörünün yönü, direksiyon açılarının kosinüsleri tarafından belirlenir:
,
hız vektörü ve koordinat eksenleri arasındaki açılar nerede. - Doğal bir referans sisteminde bir noktanın hızını belirleme
Doğal bir referans sistemindeki bir noktanın hızı, bir noktanın hareket yasasının bir türevi olarak tanımlanır: .
Önceki sonuçlara göre, hız vektörü, nokta hareketi yönünde yörüngeye teğet olarak yönlendirilir ve eksenlerde sadece bir izdüşüm tarafından belirlenir.
- Rijit Gövde Kinematiği
- Katı cisimlerin kinematiğinde iki ana problem çözülür:
1) hareket görevi ve bir bütün olarak vücudun kinematik özelliklerinin belirlenmesi;
2) vücudun noktalarının kinematik özelliklerinin belirlenmesi. - Katı bir cismin öteleme hareketi
Öteleme hareketi, vücudun iki noktasından çizilen düz bir çizginin orijinal konumuna paralel kaldığı bir harekettir.
teorem: öteleme hareketinde, cismin tüm noktaları aynı yörüngeler boyunca hareket eder ve zamanın her anında mutlak değer ve yönde aynı hız ve ivmeye sahiptir..
Çözüm: katı bir cismin öteleme hareketi, noktalarından herhangi birinin hareketi ile belirlenir ve bu nedenle, hareketinin görevi ve çalışması bir noktanın kinematiğine indirgenir.. - Sabit bir cismin sabit bir eksen etrafında dönme hareketi
Katı bir cismin sabit bir eksen etrafında dönme hareketi, cisme ait iki noktanın tüm hareket süresi boyunca hareketsiz kaldığı rijit bir cismin hareketidir.
Gövdenin konumu dönme açısına göre belirlenir. Bir açının ölçü birimi radyandır. (Bir radyan, yay uzunluğu yarıçapa eşit olan bir dairenin merkez açısıdır, dairenin tam açısı şunları içerir: 2π radyan.)
Bir cismin sabit bir eksen etrafında dönme hareketi yasası.
Cismin açısal hızı ve açısal ivmesi, farklılaşma yöntemiyle belirlenecektir:
- açısal hız, rad/s;
— açısal ivme, rad/s².
Gövdeyi eksene dik bir düzlemle kesersek, dönme ekseni üzerinde bir nokta seçin. İTİBAREN ve keyfi bir nokta M, o zaman nokta M nokta etrafında tarif edecek İTİBAREN yarıçaplı daire R. Sırasında dt açı boyunca temel bir dönüş vardır, nokta ise M bir mesafe için yörünge boyunca hareket edecek .
Doğrusal hız modülü:
.
nokta ivmesi M bilinen bir yörünge ile bileşenleri tarafından belirlenir:
,
nerede .
Sonuç olarak, formüller elde ederiz.
teğetsel ivme: ;
normal hızlanma: .
dinamikler
dinamikler- Bu, maddi cisimlerin mekanik hareketlerini, bunlara neden olan nedenlere bağlı olarak inceleyen teorik mekaniğin bir dalıdır.
- Dinamiğin temel kavramları
- eylemsizlik bir dinlenme veya tekdüzelik durumunu sürdürmek için maddi cisimlerin mülkiyetidir doğrusal hareket dış güçler bu durumu değiştirene kadar.
- Ağırlık bir cismin eylemsizliğinin nicel bir ölçüsüdür. Kütle birimi kilogramdır (kg).
- Malzeme noktası bu problemin çözümünde boyutları ihmal edilen kütleli bir cisimdir.
- Mekanik bir sistemin kütle merkezi — geometrik nokta, koordinatları formüllerle belirlenen:
nerede mk, xk, yk, zk- kütle ve koordinatlar k- mekanik sistemin o noktası, m sistemin kütlesidir.
Düzgün bir ağırlık alanında, kütle merkezinin konumu, ağırlık merkezinin konumu ile çakışır. - Bir malzeme gövdesinin eksen etrafındaki eylemsizlik momenti dönme hareketi sırasında nicel bir eylemsizlik ölçüsüdür.
Maddesel bir noktanın eksen etrafındaki eylemsizlik momenti, noktanın kütlesinin ürününe ve noktanın eksenden uzaklığının karesine eşittir:
.
Sistemin (gövdenin) eksene göre atalet momenti şuna eşittir: aritmetik toplam tüm noktaların eylemsizlik momentleri: - Maddi bir noktanın eylemsizlik kuvveti bir noktanın kütlesi ile ivme modülünün çarpımına mutlak değerde eşit ve ivme vektörüne zıt yönlü bir vektör miktarıdır:
- Maddi bir cismin eylemsizlik kuvveti cismin kütlesi ile cismin kütle merkezinin ivme modülünün çarpımına mutlak değerde eşit bir vektör miktarıdır ve kütle merkezinin ivme vektörünün karşısına yönlendirilir: ,
vücudun kütle merkezinin ivmesi nerede. - Elemental Kuvvet İtkisi sonsuz küçük bir zaman aralığında kuvvet vektörünün ürününe eşit bir vektör miktarıdır dt:
.
Δt için toplam kuvvet darbesi, temel darbelerin integraline eşittir:
. - Temel kuvvet çalışması bir skaler dA, skalere eşit
Kuvvet. Kuvvet sistemi. Mükemmel rijit bir cismin dengesi
Mekanikte kuvvet, malzeme gövdelerinin mekanik etkileşiminin bir ölçüsü olarak anlaşılır, bunun sonucunda etkileşen cisimler birbirlerine ivme verebilir veya deforme olabilir (şekillerini değiştirebilir). Kuvvet vektörel bir büyüklüktür. Sayısal bir değer veya modül, uygulama noktası ve yönü ile karakterize edilir. Kuvvetin uygulama noktası ve yönü, kuvvetin etki çizgisini belirler. Şekil, A noktasına bir kuvvetin nasıl uygulandığını göstermektedir. AB segmenti = kuvvet modülü F. Düz çizgi LM'ye kuvvetin etki çizgisi denir. Sistemde SI kuvvet ölçümü. Newton (N) cinsinden. Ayrıca 1MN=10 6 N, 1 kN=10 3 N vardır. Kuvveti ayarlamanın 2 yolu vardır: doğrudan tanımlama ve vektör (koordinat eksenlerinde izdüşüm yoluyla). F= F x i + F y j + F z k , burada F x , F y , F z koordinat eksenleri üzerindeki kuvvet projeksiyonlarıdır ve i, j, k birim vektörlerdir. kesinlikle sağlam vücut vücut m-du 2 mesafesinin noktalarının durduğu nokta. üzerine etki eden kuvvetler ne olursa olsun değişmez.
Birkaç kuvvetin (F 1 , F 2 , ... , F n) toplamına bir kuvvetler sistemi denir. Vücudun durumunu ihlal etmeden, bir kuvvet sistemi (F 1, F 2, ..., F n) başka bir sistem (Р 1, P 2, ..., P n) ve mengene ile değiştirilebilirse tam tersi, o zaman bu tür kuvvet sistemlerine eşdeğer denir. Sembolik olarak bu şu şekilde gösterilir: (F 1 , F 2 , ... , Fn) ~ (P 1 , P 2 , ... , Pn). Ancak bu, iki kuvvet sisteminin vücut üzerinde aynı etkiye sahip olması durumunda bunların eşdeğer olacağı anlamına gelmez. Eşdeğer sistemler, sistemin aynı durumuna neden olur. Kuvvetler sistemi (F 1 , F 2 , ... , F n) bir R kuvvetine eşit olduğunda, R denir. sonuç. Ortaya çıkan kuvvet, tüm bu kuvvetlerin etkisinin yerini alabilir. Ancak her kuvvet sisteminin bir sonucu yoktur. Eylemsiz bir koordinat sisteminde, eylemsizlik yasası sağlanır. Bu, özellikle, ilk anda hareketsiz olan bir cismin, üzerine hiçbir kuvvet etki etmiyorsa bu durumda kalacağı anlamına gelir. Bir kuvvetler sisteminin (F 1 , F 2 , ... , F n) etkisi altında kesinlikle katı bir cisim hareketsiz kalırsa, bu sisteme dengeli veya sıfıra eşdeğer bir kuvvetler sistemi denir: (F 1 , F 2 , .. , Fn)~0. Bu durumda cismin dengede olduğu söylenir. Matematikte iki vektör paralel ise, aynı yöne bakıyorsa ve mutlak değerde eşitse eşit kabul edilir. İki kuvvetin denkliği için bu yeterli değildir ve F~P ilişkisi henüz F=P eşitliğinden çıkmaz. İki kuvvet, vektöre eşitse ve vücudun aynı noktasına uygulanırsa eşdeğerdir.
Statik aksiyomları ve sonuçları
Kuvvet etkisi altındaki cisim ivme kazanır ve hareketsiz olamaz. İlk aksiyom, kuvvetler sisteminin dengeleneceği koşulları belirler.
aksiyom 1. Kesinlikle rijit bir cisme uygulanan iki kuvvet, ancak ve ancak mutlak değerde eşit olmaları, tek bir doğru üzerinde hareket etmeleri ve zıt yönlerde yönlendirilmeleri durumunda dengelenecektir (sıfıra eşdeğerdir).. Bu, iki kuvvetin etkisi altında kesinlikle rijit bir cisim hareketsizse, bu kuvvetlerin mutlak değerde eşit olduğu, bir düz çizgi üzerinde hareket ettiği ve zıt yönlerde yönlendirildiği anlamına gelir. Tersine, eğer mutlak rijit bir cisme, tek bir doğru üzerinde, mutlak değerde eşit iki kuvvet tarafından zıt yönlerde etki edilirse ve cisim ilk anda hareketsiz durumdaysa, cismin durgun durumu korunacaktır.
Şek. 1.4, (F 1, F 2)~0, (P 1, R 2)~0 ilişkilerini sağlayan dengeli F 1, F 2 ve P 1, P 2 kuvvetlerini gösterir. Statik ile ilgili bazı problemler çözülürken, ağırlığı ihmal edilebilecek rijit çubukların uçlarına uygulanan kuvvetler dikkate alınmalıdır ve çubukların dengede olduğu bilinmektedir. Formüle edilen aksiyomdan, böyle bir çubuğa etkiyen kuvvetler, çubuğun uçlarından geçen, zıt yönlerde ve mutlak değerde birbirine eşit düz bir çizgi boyunca yönlendirilir (Şekil 1.5, a). Aynısı, çubuğun ekseninin eğri olduğu durumda da geçerlidir (Şekil 1.5, b).
Aksiyom 2. Kesinlikle rijit bir cismin durumunu ihlal etmeden, kuvvetler ancak ve ancak dengeli bir sistem oluşturuyorlarsa, özellikle bu sistem mutlak değerde eşit, tek bir düz çizgi boyunca hareket eden iki kuvvetten oluşuyorsa uygulanabilir veya reddedilebilir. ve zıt yönlere yönlendirilir. Bu aksiyomdan bir sonuç çıkar: cismin durumunu bozmadan, kuvvetin uygulama noktası eylem çizgisi boyunca aktarılabilir.Gerçekten, FA kuvvetinin A noktasına uygulanmasına izin verin (Şekil 1.6, a) . F B \u003d F A (Şekil 1.6, b) olduğunu varsayarak, F A kuvvetinin etki hattında B noktasında iki dengeli kuvvet F B ve F "B uygularız. Ardından, aksiyom 2'ye göre F A ~ F A'ya sahip olacağız. , F B, F` B) Dolayısıyla, F А ve F B kuvvetleri de dengeli bir kuvvetler sistemi oluşturduğundan ( aksiyom 1), o zaman aksiyom 2'ye göre atılabilirler (Şekil 1.6, c) Böylece, F A ~ F A , F B , F` B) ~ F B , veya F A ~F B , bu sonucu kanıtlıyor. Bu sonuç, kesinlikle katı bir cisme uygulanan kuvvetin bir kayan vektör olduğunu gösterir. Hem aksiyomlar hem de kanıtlanmış sonuç, deforme olabilen cisimlere uygulanamaz. özellikle, kuvvetin uygulama noktasının etki çizgisi boyunca aktarılması, cismin stresle deforme olmuş durumunu değiştirir.
Aksiyom 3.Cismin durumunu değiştirmeden, noktalarından birine uygulanan iki kuvvet, aynı noktada uygulanan ve geometrik toplamlarına (kuvvetlerin paralelkenar aksiyomu) eşit bir bileşke kuvvet ile değiştirilebilir. Bu aksiyom iki koşul oluşturur: 1) bir noktaya uygulanan iki F 1 ve F 2 kuvveti (Şekil 1.7), bir sonuca sahiptir, yani bunlar bir kuvvete (F 1, F 2)~R eşdeğerdir; 2) aksiyom, R=F 1 +F2 bileşke kuvvetinin modülünü, uygulama noktasını ve yönünü tamamen belirler.(1.5) Başka bir deyişle, sonuçtaki R, kenarları F ile çakışan bir paralelkenarın köşegeni olarak oluşturulabilir. 1 ve F2 . Ortaya çıkan modül, R \u003d (F 1 2 +F 2 2 +2F l F 2 cosa) 1/2 eşitliği ile belirlenir; burada a, verilen F 1 ve F 2 vektörleri arasındaki açıdır. Üçüncü aksiyom herhangi bir cisim için geçerlidir. Statiğin ikinci ve üçüncü aksiyomları, bir kuvvet sisteminden ona eşdeğer başka bir sisteme geçmeyi mümkün kılar. Özellikle, herhangi bir R kuvvetini iki, üç vb. bileşenlere ayırmayı, yani R kuvvetinin bileşke olduğu başka bir kuvvet sistemine geçmeyi mümkün kılarlar. Örneğin, aynı düzlemde R ile uzanan iki yönü ayarlayarak, köşegenin R kuvvetini gösterdiği bir paralelkenar oluşturabilirsiniz. Daha sonra paralelkenarın kenarları boyunca yönlendirilen kuvvetler, kuvvetin R sonuç olacaktır (Şekil 1.7). Benzer bir yapı uzayda da yapılabilir. Bunu yapmak için, R kuvvetinin uygulama noktasından aynı düzlemde olmayan üç düz çizgi çizmek ve üzerlerine R kuvvetini gösteren bir köşegen ve bunlar boyunca yönlendirilmiş bir paralelyüz oluşturmak yeterlidir. çizgiler (Şekil 1.8).
Aksiyom 4 (Newton'un 3. yasası). İki cismin etkileşim kuvvetleri mutlak değerde eşittir ve zıt yönlerde bir düz çizgi boyunca yönlendirilir.İki cisim arasındaki etkileşim kuvvetlerinin, farklı cisimlere uygulandıkları için dengeli bir kuvvetler sistemi oluşturmadığına dikkat edin. Gövde I, gövde II'ye P kuvveti ile etki ediyorsa ve gövde II, gövde I üzerine F kuvveti ile etki ediyorsa (Şekil 1.9), bu kuvvetler mutlak değerde (F \u003d P) eşittir ve zıt yönde bir düz çizgi boyunca yönlendirilir. yönler, yani .F= -R. F ile Güneş'in Dünya'yı çektiği kuvveti gösterirsek, o zaman Dünya Güneş'i aynı modülle, ancak zıt yönlü kuvvetle çeker - F. Vücut düzlem boyunca hareket ettiğinde, sürtünme kuvveti T ona uygulanacaktır, hareketin tersi yönde yönlendirilir. Bu, sabit düzlemin vücuda etki ettiği kuvvettir. Dördüncü aksiyoma göre, cisim düzleme aynı kuvvetle etki eder, ancak yönü T kuvvetinin tersi olacaktır.
Şek. 1.10 sağa doğru hareket eden bir cismi göstermektedir; sürtünme kuvveti T hareketli gövdeye uygulanır ve kuvvet T "= -T - düzleme. Ayrıca, Şekil 1.11'de gösterilen durgun sistemi de ele alalım. a. Bir motora monte edilmiş bir A motorundan oluşur. sırayla C temelinde yer alan B temeli. Motor ve temel, sırasıyla F 1 ve F 2 yerçekimi kuvvetlerinden etkilenir.Kuvvetler ayrıca şunları da etkiler: F 3 - A gövdesinin hareketinin kuvveti B gövdesi (A gövdesinin ağırlığına eşittir); F`z - B gövdesinin A gövdesi üzerindeki ters etkisinin kuvveti; F 4 - A ve B gövdelerinin C tabanı üzerindeki etkisinin kuvveti (bu A ve B cisimlerinin toplam ağırlığına eşittir); F` 4 - C tabanının B gövdesi üzerindeki ters etkisinin kuvveti. Bu kuvvetler Şekil 1.11, b, c, d'de gösterilmiştir. aksiyom 4 F 3 \u003d -F` 3, F 4 \u003d -F` 4 ve bu etkileşim kuvvetleri verilen F 1 ve F 2 kuvvetleri tarafından belirlenir. Etkileşim kuvvetlerini bulmak için aksiyom 1'den devam etmek gerekir. A gövdesinin geri kalanı nedeniyle (Şekil 1.11.6) F s \u003d -F 1 olmalıdır, bu F 3 \u003d F 1 anlamına gelir. Aynı şekilde, B gövdesinin denge durumundan (Şek. .1.11, c), F` 4 \u003d - (F 2 + F 3) , yani F` 4 = -(F 1 + F 2) ve F 4 \u003d F 1 + F 2.
Aksiyom 5. Deforme olabilen bir cismin dengesi, noktaları rijit bir şekilde bağlıysa ve cismin kesinlikle rijit olduğu varsayılırsa bozulmayacaktır. Bu aksiyom şu durumlarda kullanılır: Konuşuyoruz katı olarak kabul edilemeyen cisimlerin dengesi hakkında. Bu tür cisimlere uygulanan dış kuvvetler, rijit bir cismin denge koşullarını sağlamalıdır, ancak rijit olmayan cisimler için bu koşullar yalnızca gereklidir, ancak yeterli değildir. Örneğin, kesinlikle rijit ağırlıksız bir çubuğun dengesi için, çubuğun uçlarına uygulanan F ve F" kuvvetlerinin, uçlarını birleştiren düz bir çizgi boyunca hareket etmesi, mutlak değerde eşit olması ve farklı yönlere yönlendirilmiş olması gerekli ve yeterlidir. yönler Ağırlıksız bir ipliğin bir parçasının dengesi için aynı koşullar gereklidir, ancak bir iplik için bunlar yetersizdir - ek olarak, ipliğe etki eden kuvvetlerin gerilmesini gerektirmek gerekir (Şekil 1.12, b), iken çubuk için ayrıca sıkıştırıcı olabilirler (Şekil 1.12, a).
Rijit bir cisme uygulanan paralel olmayan üç kuvvetin sıfıra eşdeğerliğini düşünün (Şekil 1.13, a). Üç paralel olmayan kuvvet teoremi. Üç kuvvetin etkisi altında cisim dengedeyse ve iki kuvvetin etki çizgileri kesişiyorsa, tüm kuvvetler aynı düzlemdedir ve etki çizgileri bir noktada kesişir..Vücuda F 1, F 3 ve F 3 kuvvetlerinden oluşan bir sistem etki etsin ve F 1 ve F 2 kuvvetlerinin etki çizgileri A noktasında kesişsin (Şekil 1.13, a). Aksiyom 2'nin sonucuna göre, F 1 ve F 2 kuvvetleri A noktasına aktarılabilir (Şekil 1.13, b) ve aksiyom 3'e göre, bir R kuvveti ile değiştirilebilirler ve (Şekil 1.13, c) R \u003d F 1 + F 2 . Böylece, dikkate alınan kuvvet sistemi iki R ve F 3 kuvvetine indirgenir (Şekil 1.13, c). Teoremin koşullarına göre, vücut dengededir, bu nedenle, aksiyom 1'e göre, R ve F3 kuvvetleri ortak bir etki çizgisine sahip olmalıdır, ancak o zaman üç kuvvetin hepsinin etki çizgileri bir noktada kesişmelidir. .
Aktif kuvvetler ve bağların tepkileri
beden denir Bedava, hareketleri herhangi bir şeyle sınırlı değilse. Hareketi diğer cisimler tarafından sınırlanan cisme denir. özgür değil ve bu cismin hareketini sınırlayan cisimler, - bağlantılar. Temas noktalarında, verilen cisim ve bağlar arasında etkileşim kuvvetleri ortaya çıkar. Bağların belirli bir cisme etki ettiği kuvvetlere denir. bağ reaksiyonları.
Serbest bırakma ilkesi : bağların etkisi, verilen cisme uygulanan reaksiyonları ile değiştirilirse, özgür olmayan herhangi bir cisim özgür olarak kabul edilebilir. Statikte, bağların reaksiyonları, daha sonra kurulacak olan vücudun denge koşulları veya denklemleri kullanılarak tamamen belirlenebilir, ancak çoğu durumda yönleri, bağların özelliklerinin incelenmesiyle belirlenebilir. Basit bir örnek olarak, Şek. 1.14, ancak M noktası, ağırlığı ihmal edilebilecek bir çubuk yardımıyla sabit O noktasına bağlanan bir cisim temsil edilir; çubuğun uçlarında dönme özgürlüğü sağlayan menteşeler bulunur. Bu durumda, çubuk OM, gövde için bir bağlantı görevi görür; M noktasının hareket serbestliği üzerindeki kısıtlama, O noktasından sabit bir mesafede olmaya zorlandığı gerçeğiyle ifade edilir. Böyle bir çubuk üzerindeki etki kuvveti, OM düz çizgisi boyunca ve buna göre yönlendirilmelidir. aksiyom 4'e göre, çubuğun (tepki) karşıt kuvveti R aynı düz çizgi boyunca yönlendirilmelidir. Böylece, çubuğun reaksiyonunun yönü doğrudan OM ile çakışır (Şekil 1.14, b). Benzer şekilde, esnek, uzamaz bir ipliğin tepki kuvveti, iplik boyunca yönlendirilmelidir. Şek. 1.15, iki ipe asılı bir gövdeyi ve R1 ve R2 iplerinin reaksiyonlarını göstermektedir. Özgür olmayan bir cisme etki eden kuvvetler iki kategoriye ayrılır. Bir kategori bağlara bağlı olmayan kuvvetler tarafından oluşturulur, diğeri ise bağların tepkileridir. Aynı zamanda, bağların tepkileri doğada pasiftir - ilk kategorinin kuvvetleri vücuda etki ettiği için ortaya çıkarlar. Bağlara bağlı olmayan kuvvetlere aktif, bağların tepkilerine pasif kuvvetler denir. Şek. 1.16 ve en üstte, AB çubuğunu geren mutlak değerde eşit iki aktif kuvvet F 1 ve F 2, aşağıda gerilmiş çubuğun R 1 ve R 2 reaksiyonları bulunmaktadır. Şek. 1.16, b, çubuğu sıkıştıran aktif F 1 ve F 2 kuvvetleri üstte gösterilir, sıkıştırılmış çubuğun reaksiyonları R 1 ve R 2 aşağıda gösterilmiştir.
Bağlantı Özellikleri
1. Sert bir cisim tamamen pürüzsüz (sürtünmesiz) bir yüzey üzerinde duruyorsa, cismin yüzeyle temas noktası yüzey boyunca serbestçe kayabilir, ancak yüzeyin normali boyunca hareket edemez. Mükemmel pürüzsüz bir yüzeyin reaksiyonu, temas eden yüzeylerin ortak normali boyunca yönlendirilir (Şekil 1.17, a).Eğer katı cisim pürüzsüz bir yüzeye sahipse ve uçta duruyorsa (Şekil 1.17, b), o zaman reaksiyon gövdenin kendi yüzeyine normal boyunca yönlendirilir Katı gövde, uç köşeye dayalı olarak duruyorsa (Şekil 1.17, c), bağlantı ucun hem yatay hem de dikey olarak hareket etmesini engeller. Buna göre, açının reaksiyonu R, büyüklükleri ve yönleri nihai olarak verilen kuvvetler tarafından belirlenen yatay Rx ve dikey Ry olmak üzere iki bileşenle temsil edilebilir.
2. Küresel bir eklem, Şekil 2'de gösterilen bir cihazdır. 1.18, a, incelenen cismin O noktasını sabit kılar. Küresel temas yüzeyi ideal olarak pürüzsüz ise, küresel mafsalın tepkisi bu yüzeye normalin yönüne sahiptir. Reaksiyon menteşe merkezi O içinden geçer; reaksiyonun yönü herhangi biri olabilir ve her özel durumda belirlenir.
Şekilde gösterilen baskı yatağının reaksiyon yönünü önceden belirlemek de imkansızdır. 1.18b. 3. Silindirik menteşeli sabit destek (Şekil 1.19, a). Böyle bir desteğin reaksiyonu ekseninden geçer ve reaksiyonun yönü herhangi biri olabilir (desteğin eksenine dik düzlemde). 4. Silindirik mafsallı destek (Şekil 1.19, b), vücudun sabit noktasının dik hareket etmesini önler. uçaklar; buna göre, böyle bir desteğin tepkisi de bu dik yöne sahiptir.
Birkaç katı cismin dış bağlantılar (destekler) ile eklemlenmesiyle oluşan mekanik sistemlerde, iç bağlantılar vardır. Bu durumlarda, bazen sistemi zihinsel olarak parçalara ayırır ve atılan sadece dış değil, aynı zamanda iç bağlantıları da karşılık gelen tepkilerle değiştirir. Belirli bir cismin bireysel noktaları arasındaki etkileşim kuvvetlerine iç denir ve belirli bir cisme etki eden ve diğer cisimlerin neden olduğu kuvvetlere dış denir.
Statiğin temel görevleri
1. Bir kuvvetler sistemini azaltma sorunu: belirli bir kuvvetler sistemi, ona eşdeğer, daha basit bir başkasıyla nasıl değiştirilebilir?
2. Denge sorunu: Belirli bir cisme (veya maddesel noktaya) uygulanan bir kuvvetler sisteminin dengeli bir sistem olabilmesi için hangi koşulları sağlaması gerekir?
İkinci problem, genellikle, örneğin, cismin dengede olduğunun önceden bilindiği, yani cisme uygulanan kısıtlamalar tarafından sağlanan dengenin kesinlikle gerçekleştiği durumlarda ortaya çıkar. Bu durumda denge koşulları cisme uygulanan tüm kuvvetler arasında bir ilişki kurar. Bu koşullar yardımıyla destek reaksiyonlarını belirlemek mümkündür. Yapının mukavemetinin müteakip hesaplanması için bağların (dış ve iç) reaksiyonlarının belirlenmesinin gerekli olduğu akılda tutulmalıdır.
Daha genel bir durumda, birbirine göre hareket etme yeteneğine sahip bir cisimler sistemi düşünüldüğünde, statiğin temel görevlerinden biri, olası denge konumlarını belirleme görevidir.
Bir bileşkeye yakınsak kuvvetler sistemi getirmek
Sistemi oluşturan tüm kuvvetlerin etki çizgileri bir noktada kesişiyorsa kuvvetlere yakınsak denir. Teoremi ispatlayalım: Yakınsak kuvvetler sistemi, tüm bu kuvvetlerin toplamına eşit olan ve hareket hatlarının kesişme noktasından geçen bir kuvvete (sonuç) eşittir. Kesinlikle katı bir cisme uygulanan F 1 , F 2 , F 3 , ..., F n kuvvetlerinden oluşan bir sistem verilsin (Şekil 2.1, a). Etki çizgileri boyunca kuvvetlerin uygulama noktalarını bu çizgilerin kesişme noktasına aktaralım (21, b). Bir noktaya uygulanan bir kuvvet sistemimiz var. Verilene eşdeğerdir. F 1 ve F 2 ekliyoruz, sonuçlarını alıyoruz: R 2 \u003d F 1 + F 2. R 2'yi F 3 ile ekleyelim: R 3 \u003d R 2 + F 3 \u003d F 1 + F 2 + F 3. F 1 +F 2 +F 3 +…+F n =R n =R=åF i ekleyelim. Ch.t.d. Paralelkenarlar yerine bir kuvvet çokgeni oluşturabilirsiniz. Sistem 4 kuvvetten oluşsun (Şekil 2.2.). F 1 vektörünün sonundan F 2 vektörünü erteliyoruz. O başlangıcını ve F2 vektörünün sonunu birleştiren vektör, R2 vektörü olacaktır. Ardından, başlangıcını F 2 vektörünün sonuna yerleştirerek F 3 vektörünü erteleriz. Sonra O noktasından F3 vektörünün sonuna giden R8 vektörünü elde ederiz. Aynı şekilde F 4 vektörünü ekleyin; bu durumda, birinci F1 vektörünün başlangıcından F4 vektörünün sonuna kadar giden vektörün, sonuçtaki R olduğunu elde ederiz. Böyle bir uzaysal çokgene kuvvet poligonu denir. Son kuvvetin sonu ilk kuvvetin başlangıcına denk gelmiyorsa kuvvet çokgeni denir. açık. Eğer geometri sonucu bulmakta haklıysa bu yönteme geometrik denir.
Sonucu belirlemek için analitik yöntemi daha fazla kullanın. Vektörlerin toplamının belirli bir eksen üzerindeki izdüşümü, aynı eksendeki vektörlerin terimlerinin izdüşümlerinin toplamına eşittir, elde ederiz R x =åF kx =F 1x +F 2x +…+F nx ; R y =åF ky =F 1y +F 2y +…+F ny ; R z \u003dåF kz \u003d F 1z + F 2z + ... + F nz; burada F kx , F ky , F kz, F k kuvvetinin eksenler üzerindeki izdüşümleridir ve Rx , R y , R z bileşke kuvvetin aynı eksenler üzerindeki izdüşümleridir. Bileşik kuvvetler sisteminin koordinat eksenleri üzerindeki izdüşümleri, bu kuvvetlerin karşılık gelen eksenler üzerindeki izdüşümlerinin cebirsel toplamlarına eşittir. Elde edilen modül R: R=(R x 2 +R y 2 +R z 2) 1/2. Yön kosinüsleri: cos(x,R)=R x /R, cos(y,R)=R y /R, cos(z,R)=R z /R. Kuvvetler bölgede bulunuyorsa, her şey aynıdır, Z ekseni yoktur.
Yakınsak kuvvetler sistemi için denge koşulları
(F 1 , F 2 , ... , F n) ~ R => bir yakınsak kuvvetler sisteminin etkisi altındaki bir cismin dengesi için, bunların bileşkesinin sıfıra eşit olması gerekli ve yeterlidir: R = 0. Bu nedenle , kuvvetlerin birbirine yakınsadığı dengeli bir sistemin kuvvet poligonunda, son kuvvetin sonu, ilk kuvvetin başlangıcı ile çakışmalıdır; bu durumda kuvvet poligonunun kapalı olduğu söylenir (Şekil 2.3). Bu koşul şu durumlarda kullanılır: grafik çözüm düzlem kuvvet sistemleri için problemler. Vektör eşitliği R=0, üç skaler eşitliğe eşdeğerdir: R x =åF kx =F 1x +F 2x +…+F nx =0; R y =åF ky =F 1y +F 2y +…+F ny =0; R z \u003dåF kz \u003d F 1z + F 2z + ... + F nz \u003d 0; burada F kx , F ky , F kz, F k kuvvetinin eksenler üzerindeki izdüşümleridir ve Rx , R y , R z bileşke kuvvetin aynı eksenler üzerindeki izdüşümleridir. Yani, yakınsak bir kuvvetler sisteminin dengesi için, verilen sistemin tüm kuvvetlerinin her bir koordinat ekseni üzerindeki izdüşümlerinin cebirsel toplamlarının sıfıra eşit olması gerekli ve yeterlidir. Düz bir kuvvetler sistemi için, Z ekseni ile ilişkili koşul ortadan kalkar.Denge koşulları, verilen bir kuvvetler sisteminin dengede olup olmadığını kontrol etmenize izin verir.
İki paralel kuvvetin eklenmesi
1) Cismin A ve B noktalarına paralel ve eşit yönlendirilmiş F 1 ve F 2 kuvvetleri uygulansın ve bunların bileşkesini bulmanız gerekir (Şekil 3.1). Mutlak değerde eşit A ve B noktalarına ve zıt yönlü Q 1 ve Q 2 kuvvetlerine uygularız (modülleri herhangi biri olabilir); aksiyom 2 temelinde böyle bir ekleme yapılabilir. Ardından A ve B noktalarında iki kuvvet R 1 ve R 2: R 1 ~ (F 1 , Q 1) ve R 2 ~ (F 2 , Q 2) elde ederiz. . Bu kuvvetlerin etki çizgileri bir O noktasında kesişir. R 1 ve R 2 kuvvetlerini O noktasına aktarır ve her birini bileşenlere ayırırız: R 1 ~ (F 1 ', Q 2 ') ve R 2 ~ (F 2', Q2'). Yapıdan Q 1 '=Q 1 ve Q 2 '=Q 2 olduğu görülebilir, bu nedenle Q 1 '= –Q 2 've aksiyom 2'ye göre bu iki kuvvet atılabilir. Ayrıca F 1 '=F 1 , F 2 '=F 2 . F 1 've F 2' kuvvetleri tek bir düz çizgide hareket eder ve arzu edilen sonuç olacak olan tek bir R = F 1 + F 2 kuvveti ile yer değiştirebilirler. Ortaya çıkan modül, R = F 1 + F 2'dir. Bileşiğin etki çizgisi, F1 ve F2 etki çizgilerine paraleldir. Oac 1 ve OAC ile Obc 2 ve OBC üçgenlerinin benzerliğinden şu ilişkiyi elde ederiz: F 1 /F 2 =BC/AC. Bu oran, sonuçta ortaya çıkan R'nin uygulama noktasını belirler. Aynı yöne yönlendirilmiş iki paralel kuvvetten oluşan bir sistem, bu kuvvetlere paralel bir bileşiğe sahiptir ve modülü, bu kuvvetlerin modüllerinin toplamına eşittir.
2) Cisim üzerinde farklı yönlere yönlendirilmiş ve mutlak değerde eşit olmayan iki paralel kuvvetin hareket etmesine izin verin. Verilen: Fı, F2; F1 >F2 .
R \u003d F 1 + F 2 ve F 1 / F 2 \u003d BC / AC formüllerini kullanarak, F 1 kuvvetini F 1 kuvvetine yönelik F "2 ve R olmak üzere iki bileşene ayırabilirsiniz. Bunu yapalım. böylece F" 2 kuvvetinin B noktasına bağlı olduğu ortaya çıktı ve F "2 \u003d -F 2 koyduk. (F , F 2)~(R, F" 2 , F 2). kuvvetler F2, F2' sıfıra eşdeğer olarak atılabilir (aksiyom 2), dolayısıyla (F 1 ,F 2)~R, yani kuvvet R ve bileşkesidir. F1 kuvvetinin böyle bir ayrışmasını sağlayan R kuvvetini tanımlayalım. formüller R \u003d F 1 + F 2 ve F 1 /F 2 =BC/AC verir R + F 2 '=F 1, R/F 2 =AB/AC (*). bu ima eder R \u003d F 1 -F 2 '= F 1 + F 2 ve F t ve F 2 kuvvetleri farklı yönlere yönlendirildiğinden, R \u003d F 1 -F 2. Bu ifadeyi ikinci formül (*) ile değiştirerek, basit dönüşümlerden sonra F 1 /F 2 =BC/AC elde ederiz. oran, sonuçtaki R'nin uygulama noktasını belirler. Mutlak değerde eşit olmayan iki zıt yönlü paralel kuvvet, bu kuvvetlere paralel bir bileşiğe sahiptir ve modülü, bu kuvvetlerin modülleri arasındaki farka eşittir.
3) Modülde eşit, ancak kuvvet yönünde zıt iki paralelin gövdeye etki etmesine izin verin. Bu sisteme bir çift kuvvet denir ve sembolü ile gösterilir. (F1, F2). F 2 modülünün kademeli olarak arttığını ve F 1 modülünün değerine yaklaştığını varsayalım. O zaman modüllerin farkı sıfır olma eğiliminde olacak ve kuvvetler sistemi (F 1 , F 2) bir çift olma eğiliminde olacaktır. Bu durumda, |R|Þ0 ve hareket çizgisi bu kuvvetlerin hareket çizgilerinden uzaklaşmaktır. Bir çift kuvvet, tek bir kuvvetle değiştirilemeyen dengesiz bir sistemdir. Bir çift kuvvetin bir sonucu yoktur.
Bir nokta ve bir eksen etrafındaki kuvvet momenti Bir çift kuvvetin momenti
Bir noktaya (merkeze) göre kuvvet momenti, kuvvet modülü ve omuzun çarpımına sayısal olarak eşit bir vektördür, yani belirtilen noktadan kuvvetin etki çizgisine en kısa mesafe. Seçilen noktadan geçen düzleme ve kuvvetin etki çizgisine dik olarak yönlendirilir. Kuvvet momenti saat yönünde ise, o zaman negatif, ters ise, o zaman pozitiftir. O bir noktaysa, referans kedi F kuvvetinin momentidir, o zaman kuvvet momenti M o (F) sembolü ile gösterilir. F kuvvetinin uygulama noktası O'ya göre r yarıçap vektörü tarafından belirlenirse, o zaman M o (F) = r x F bağıntısı geçerlidir.(3.6) Yani. kuvvet momenti r vektörünün ve F vektörünün vektör ürününe eşittir. Vektör ürününün modülü M o (F)=rF sin a=Fh, (3.7)'dir, burada h kuvvetin koludur. M o (F) vektörü, r ve F vektörlerinden geçen düzleme dik ve saat yönünün tersine yönlendirilir. Böylece formül (3.6), F kuvvet momentinin modülünü ve yönünü tamamen belirler. Formül (3.7), M O (F)=2S, (3.8) şeklinde yazılabilir, burada S, ОАВ üçgeninin alanıdır. x, y, z kuvvet uygulama noktasının koordinatları ve F x , F y , F z koordinat eksenleri üzerindeki kuvvet projeksiyonları olsun. Eğer t hakkında nah. orijinde, o zaman kuvvet momenti:
Bu, koordinat eksenlerindeki kuvvet momentinin projeksiyonlarının f-mi ile belirlendiği anlamına gelir: M ox (F) \u003d yF z -zF y, M oy (F) \u003d zF x -xF z, M oz ( F) \u003d xF y -yF x (3.10).
Bir düzleme kuvvet projeksiyonu kavramını tanıtalım. F kuvveti ve biraz kare verilsin. Kuvvet vektörünün başından ve sonundan bu düzleme dik açılar bırakalım (Şekil 3.5). Bir kuvvetin bir düzleme izdüşümü, başlangıcı ve sonu, kuvvetin başlangıcının izdüşümüne ve kuvvetin sonunun bu düzleme izdüşümüne denk gelen bir vektördür. F kuvvetinin xOy karesi üzerindeki izdüşümü F xy olacaktır. Kuvvet momenti F xy rel. yani O (z=0 ise, F z =0) M o (F xy)=(xF y –yF x)k olacaktır. Bu an z ekseni boyunca yönlendirilir ve z eksenine izdüşümü, O.T.e, M Oz (F) \u003d M Oz (F xy) noktasına göre F kuvvet momentinin aynı ekseni üzerindeki izdüşümle tam olarak çakışır. \u003d xF y -yF x . (3.11). Aynı sonuç, F kuvvetinin xOy düzlemine paralel herhangi bir başka düzleme yansıtılmasıyla da elde edilebilir. Bu durumda, eksenin düzlemle kesişme noktası farklı olacaktır (O 1'i gösteririz). Ancak eşitliğin (3.11) sağ tarafında yer alan tüm x, y, F x , F y miktarları değişmeden kalır: M Oz (F)=M Olz (F xy). Bu noktadan geçen eksen üzerindeki bir nokta etrafındaki kuvvet momentinin izdüşümü, eksen üzerinde bir noktanın seçimine bağlı değildir. M Oz (F) yerine M z (F) yazıyoruz. Anın bu izdüşümüne z ekseni etrafındaki kuvvet momenti denir. Hesaplamalardan önce, F kuvveti eksenin her noktasında bir kareye yansıtılır. M z (F) \u003d M z (F xy) \u003d ± F xy h (3.12). h - omuz. Saat yönünde ise, +, - karşı. Annemi hesaplamak için. yapmanız gereken kuvvetler: 1) eksen üzerinde rastgele bir nokta seçin ve eksene dik bir düzlem oluşturun; 2) bu düzleme bir kuvvet yansıtın; 3) h kuvvet projeksiyonunun omuzunu belirleyin. Eksen etrafındaki kuvvet momenti, karşılık gelen işaretle alınan, omzundaki kuvvet projeksiyonunun modülünün ürününe eşittir. (3.12)'den eksen etrafındaki kuvvet momentinin sıfıra eşit olduğu sonucu çıkar: 1) kuvvetin eksene dik bir düzleme izdüşümü sıfır olduğunda, yani kuvvet ve eksen paralel olduğunda; 2) projeksiyon kolu h sıfıra eşit olduğunda, yani kuvvetin etki çizgisi eksenle kesiştiğinde. Veya: eksen etrafındaki kuvvet momenti, ancak ve ancak kuvvetin ve eksenin etki çizgisi aynı düzlemdeyse sıfıra eşittir.
Bir çift anı kavramını tanıtalım. Çifti oluşturan kuvvetlerin momentlerinin toplamının keyfi bir noktaya göre neye eşit olduğunu bulalım. O uzayda keyfi bir nokta olsun (Şekil 3.8) ve F ve F "- çifti oluşturan kuvvetler. Sonra M o (F) \u003d OAxF, M o (F") \u003d OBxF", nereden M o (F) + M o (F") = OAxF + OBxF", ancak F" = -F olduğundan, M 0 (F) + M 0 (F") = OAxF - OBxF = (OA - OB ) xF OA –OV = VA eşitliğini hesaba katarak, sonunda şunu buluruz: M 0 (F) + M 0 (F ") = BAхF. Yani, çifti oluşturan kuvvetlerin momentlerinin toplamı, momentlerin alındığı noktanın konumuna bağlı değildir. BAxF vektör ürününe çiftin momenti denir. Çiftin momenti M(F,F") ve M(F,F")=BAxF=ABxF" veya M=BAxF=ABxF" sembolü ile gösterilir. (3.13). Bir çiftin momenti, çiftin düzlemine dik bir vektördür, mutlak değerde çiftin kuvvetlerinden birinin modülü ile çiftin kolunun çarpımına eşittir (yani, doğrular arasındaki en kısa mesafe). çifti oluşturan kuvvetlerin etkisi) ve çiftin "dönüşünün" görüldüğü yöne yönlendirilir ve saat yönünün tersine meydana gelir. Eğer h çiftin omuzu ise, o zaman M (F, F ") = hF. Kuvvet çiftinin sistemi dengelemesi için, çiftin momentinin = 0 veya omuzun = 0 olması gerekir.
çift teoremleri
Teorem 1.Aynı düzlemde bulunan iki çift, verilen iki çiftin momentlerinin toplamına eşit bir momentle aynı düzlemde bulunan bir çift ile değiştirilebilir. . Yerleştirme için, iki çift (F 1, F` 1) ve (F 2, F` 2) (Şekil 3.9) düşünün ve tüm kuvvetlerin uygulama noktalarını eylem çizgileri boyunca sırasıyla A ve B noktalarına aktarın. . Kuvvetleri aksiyom 3'e göre toplayarak, R=F 1 +F 2 ve R"=F` 1 +F` 2 elde ederiz, ancak F" 1 =–F 1 ve F` 2 =–F 2 elde ederiz. Bu nedenle, R=–R", yani R ve R" kuvvetleri bir çift oluşturur. Bu çiftin anı: M \u003d M (R, R "") \u003d BAxR \u003d BAx (F 1 + F 2) \u003d BAxF 1 + BAxF 2. (3.14) Çifti oluşturan kuvvetler eylemlerinin çizgileri boyunca aktarılır, ne omuz ne de çiftin dönüş yönü değişmez, bu nedenle çiftin anı değişmez.Bu nedenle, VAxF 1 \u003d M (F 1, F "1) \u003d M 1, VAxF 2 \u003d M (F 2, f` 2) \u003d M 2 ve formül (Z.14) M=M 1 +M2 , (3.15) q.t.d. İki açıklama yapalım. 1. Çiftleri oluşturan kuvvetlerin etki çizgileri paralel olabilir. Teorem bu durumda da geçerliliğini korur. 2. Eklemeden sonra, açıklama1'e dayanarak M(R, R") = 0; olduğu ortaya çıkabilir, bunu iki çift (F 1 , F` 1 , F 2 , F` 2)~0 takip eder. .
Teorem 2.Momentleri eşit olan iki çift eşdeğerdir. (F 1 ,F` 1) çifti I düzlemindeki bir cisme M 1 momenti ile etki etsin. Bu çiftin, yalnızca momenti M2, M1'e eşitse, II düzleminde bulunan başka bir çift (F 2 , F` 2) ile değiştirilebileceğini gösterelim. I ve II düzlemlerinin paralel olması gerektiğine dikkat edin, özellikle çakışabilirler. Gerçekten de, M1 ve M2 momentlerinin paralelliğinden, momentlere dik olan çiftlerin hareket düzlemlerinin de paralel olduğu sonucu çıkar. Yeni bir çift (F 3 , F` 3) tanıtalım ve onu (F 2 , F` 2) çiftiyle birlikte, her iki çifti de II düzlemine yerleştirerek vücuda uygulayalım. Bunu yapmak için, aksiyom 2'ye göre, M 3 momentli bir çift (F 3 , F` 3) seçmeniz gerekir, böylece uygulanan kuvvetler sistemi (F 2 , F` 2 , F 3 , F` 3) dengelidir. F 3 \u003d -F` 1 ve F` 3 \u003d -F 1 koyalım ve bu kuvvetlerin uygulama noktalarını A ve B noktalarının A 1 ve B 1 projeksiyonları ile II düzleminde birleştirelim (bkz. Şekil 3.10) . İnşaata uygun olarak, aşağıdakilere sahip olacağız: M 3 \u003d–M 1 veya M 1 \u003d M 2 olduğu göz önüne alındığında, M 2 + M3 \u003d 0,(F 2 , F` 2 , F 3 , F` 3)~0 elde ederiz. Böylece, (F 2 , F` 2) ve (F 3 , F` 3) çiftleri karşılıklı olarak dengelenir ve bunların vücuda bağlanması durumunu (aksiyom 2) ihlal etmez, yani (F 1 , F` 1)~ (F 1 , F` 1 , F 2 , F` 2 , F 3 , F` 3). (3.16). Öte yandan, F1 ve F3 kuvvetleri ile F`1 ve F`3 kuvvetleri bir yöne yönlendirilen paralel kuvvetlerin toplanması kuralına göre toplanabilir. Modül olarak eşittirler, bu nedenle R ve R" bileşkeleri ABB 1 A 1 dikdörtgeninin köşegenlerinin kesişme noktasında uygulanmalıdır, ayrıca modülleri eşit ve zıt yönlerde yönlendirilirler. Bu, oluşturdukları anlamına gelir. sıfıra eşdeğer bir sistem. Yani , (F 1 , F` 1 , F 3 , F` 3)~(R, R")~0. Şimdi (F 1 , F` 1 , F 2 , F` 2 , F 3 ,F` 3)~(F 2 , F` 2).(3.17) yazabiliriz. (3.16) ve (3.17) bağıntılarını karşılaştırarak, (F 1 , F` 1)~(F 2 , F` 2) vb. elde ederiz. Bu teoremden, hareket düzleminde bir çift kuvvetin hareket ettirilebileceği ve döndürülebileceği, paralel bir düzleme aktarılabileceği sonucu çıkar; bir çiftte, yalnızca çiftin dönüş yönünü ve momentum modülünü korurken, kuvvetleri ve omzu aynı anda değiştirebilirsiniz. (F 1 saat 1 \u003d F 2 saat 2).
Teorem 3. Kesişen düzlemlerde bulunan iki çift, momenti verilen iki çiftin momentlerinin toplamına eşit olan bir çifte eşittir.(F 1 , F` 1) ve (F 2 , F` 2) çiftlerinin sırasıyla kesişen I ve II düzlemlerinde olmasına izin verin. Teorem 2'nin sonucunu kullanarak, her iki çifti de I ve II düzlemlerinin kesişme çizgisi üzerinde bulunan AB omzuna (Şekil 3.11) getiriyoruz. Dönüştürülen çiftleri (Q 1 , Q` 1) ve (Q 2 , Q` 2) ile belirtin. Bu durumda eşitlikler sağlanmalıdır: M 1 =M(Q 1 , Q` 1)=M(F 1 , F` 1) ve M 2 =M(Q 2 , Q` 2)=M(F 2 , F` 2 ). Aksiyom 3'e göre sırasıyla A ve B noktalarına uygulanan kuvvetleri ekleyelim. Sonra R=Q 1 +Q 2 ve R"=Q` 1 +Q` 2 elde ederiz. Q` 1 =–Q 1 ve Q` 2 = –Q 2 olduğunu düşünürsek, şunu elde ederiz: R=–R". Böylece, iki çiftli sistemin bir çifte (R, R") eşdeğer olduğunu kanıtladık. Bu çiftin M momentini bulalım. M(R, R")=BAxR, ancak R=Q 1 +Q 2 ve M(R , R")=VAx(Q1 +Q 2)=BAxQ1 +BAxQ2 =M(Q 1 , Q` 1)+M(Q 2 , Q` 2)=M(F 1 , F " 1)+ M(F 2 , F` 2) veya M=M1 +M2 , yani teorem kanıtlanmıştır.
Sonuç: çiftin anı serbest bir vektördür ve çiftin kesinlikle katı bir cisim üzerindeki hareketini tamamen belirler. Deforme olabilen cisimler için çiftler teorisi uygulanamaz.
Bir çiftler sisteminin en basit forma indirgenmesi Bir çiftler sisteminin dengesi
Momentleri eşit olan, uzayda keyfi olarak yerleştirilmiş n çiftli (F 1 ,F 1 `),(F 2 ,F` 2) ..., (F n ,F` n) bir sistem verilsin. M 1 , M 2 .., M n . İlk iki çift, M* 2:M* 2 =M1 +M2 momentiyle bir çift (R 1 ,R` 1) ile değiştirilebilir. Elde edilen çifti (R 1, R` 1) (F 3, F` 3) çiftiyle ekleriz, ardından M * 3: M * 3 \ anı ile yeni bir çift (R 2, R` 2) elde ederiz. u003d M * 2 + M 3 \u003d M 1 + M 2 + M 3. Çiftlerin momentlerini ardışık olarak toplamaya devam ederek, M=M 1 +M 2 +...+M n =åM k .(3.18) momentiyle elde edilen son (R, R") çiftini elde ederiz. çiftler, momenti tüm çiftlerin momentlerinin toplamına eşit olan bir çifte indirgenir.Şimdi ikinci statik problemini çözmek, yani sistemin üzerinde bulunduğu vücut için denge koşullarını bulmak kolaydır. Çiftler sisteminin sıfıra eşit olması, yani iki dengeli kuvvete indirgenmesi için, elde edilen çiftin momentinin sıfıra eşit olması gerekli ve yeterlidir, o zaman formül (3.18)'den biz elde etmek sonraki koşul vektör biçiminde denge: M 1 + M 2 + M 3 + ... + M n =0. (3.19).
Koordinat eksenlerine izdüşümlerde, denklem (3.19) üç skaler denklem verir. Tüm çiftler aynı düzlemde olduğunda denge koşulu (3.19) basitleştirilir. Bu durumda, tüm momentler bu düzleme diktir ve bu nedenle (3.19) denklemini yalnızca bir eksene, örneğin çift düzleme dik eksene yansıtmak yeterlidir. Bu z ekseni olsun (Şekil 3.12). Sonra (3.19) denkleminden şunu elde ederiz: M 1Z + M 2Z + ... + M nZ =0. Çiftin dönüşü saat yönünün tersine z ekseninin pozitif yönünden bakıldığında M Z = M ve dönüş yönünün tersinde M Z = -M olduğu açıktır. Bu durumların her ikisi de Şekil 2'de gösterilmektedir. 3.12.
Paralel kuvvet aktarımına ilişkin lemma
lemmayı kanıtlayalım:Rijit bir cismin herhangi bir noktasına uygulanan kuvvet, bu cismin herhangi bir başka noktasına uygulanan kuvvete ve momenti bu kuvvetin yeni uygulama noktasına göre momentine eşit olan bir çift kuvvete eşdeğerdir. . Katı bir cismin A noktasına bir F kuvveti uygulansın (Şekil 4.1). Şimdi vücudun B noktasına sıfıra eşdeğer iki F "ve F²- kuvvetinden oluşan bir sistem uygulayalım ve F" \u003d F'yi (dolayısıyla F "= -F) seçelim. Ardından F ~ (F, F", F "), çünkü (F", F")~0. Ancak diğer yandan, kuvvetler sistemi (F, F", F"), F" kuvvetine ve kuvvet çiftine eşdeğerdir. (F, F"); bu nedenle, F kuvveti F" kuvvetine ve (F, F") kuvvet çiftine eşdeğerdir. (F, F") çiftinin momenti M=M(F, F")=BAxF, yani B noktasına göre F kuvvetinin momentine eşittir M=MB (F). Böylece, paralel kuvvet aktarımı lemması kanıtlanmıştır.
Statiğin temel teoremi
Keyfi bir kuvvetler sistemi (F 1 , F 2 ,..., F n) verilsin. Bu kuvvetlerin toplamı F=åF k, kuvvetler sisteminin ana vektörü olarak adlandırılır. Herhangi bir direğe göre kuvvetlerin momentlerinin toplamına, bu direğe göre düşünülen kuvvetler sisteminin ana momenti denir.
Statiğin temel teoremi (Poinsot teoremi ):Genel durumda herhangi bir uzaysal kuvvet sistemi, cismin bir noktasına (indirgeme merkezi) uygulanan ve bu kuvvetler sisteminin ana vektörüne eşit olan bir kuvvetten ve bir çift kuvvetten oluşan eşdeğer bir sistemle değiştirilebilir, momenti, seçilen sevk merkezine göre tüm kuvvetlerin ana momentine eşittir. O, koordinatların orijini olarak alınan indirgeme merkezi olsun, r 1 ,r 2 , r 3 ,…, r n, F 1 , F 2 , F 3 , .. kuvvetlerinin uygulama noktalarının karşılık gelen yarıçap vektörleri olsun. ., Fn bu sistemi oluşturan kuvvetler (Şekil 4.2, a). F 1 , Fa , F 3 , ..., F n kuvvetlerini O noktasına taşıyalım. Bu kuvvetleri yakınsak olarak ekliyoruz; bir kuvvet elde ederiz: ana vektöre eşit olan F o \u003d F 1 + F 2 + ... + F n \u003dåF k (Şekil 4.2, b). Ancak F 1 , F 2 ,..., F n kuvvetlerinin O noktasına art arda aktarılmasıyla, her seferinde karşılık gelen kuvvet çiftini (F 1 , F” 1), (F 2 ,F” 2) alırız. ,...,( F n, F "n). Bu çiftlerin momentleri sırasıyla O noktasına göre bu kuvvetlerin momentlerine eşittir: M 1 \u003d M (F 1, F "1) \u003d r 1 x F 1 \u003d M o (F 1), M 2 \u003d M (F 2, F "2) \u003d r 2 x F 2 \u003d M o (F 2), ..., M p \u003d M (F n, F "n) \u003d r n x F n \u003d M o (F n). Çiftler sisteminin en basit forma indirgenmesi kuralına göre, tüm bu çiftler bir çift ile değiştirilebilir. Momenti, sistemin O noktasına göre tüm kuvvetlerinin momentlerinin toplamına eşittir, yani ana momente eşittir, çünkü formüllere (3.18) ve (4.1) göre sahip olduğumuz (Şekil 4.2) , c) M 0 = M 1 + M 2 + .. .+M n =M o (F 1)+M o (F 2)+…+ M o (F n)==åM o (F k)= år k x F k . Uzayda keyfi olarak konumlandırılan kuvvetler sistemi, keyfi olarak seçilen bir indirgeme merkezinde, F o =åF k (4.2) kuvveti ve M 0 =åM 0 (F k)=år momentli bir kuvvet çifti ile değiştirilebilir. k x F k. (4.3). Teknolojide, bir kuvveti veya bir çifti değil, anlarını belirtmek çok daha kolaydır. Örneğin, bir elektrik motorunun özelliği, statorun rotora etki ettiği kuvveti değil, torku içerir.
Mekansal kuvvetler sisteminin dengesi için koşullar
Teorem.Mekansal kuvvetler sisteminin dengesi için, bu sistemin ana vektörünün ve ana momentinin sıfıra eşit olması gerekli ve yeterlidir. yeterlilik: F o =0 olduğunda, O indirgeme merkezinde uygulanan yakınsak kuvvetler sistemi sıfıra eşittir ve M o =0 olduğunda, kuvvet çiftleri sistemi sıfıra eşittir. Bu nedenle, orijinal kuvvetler sistemi sıfıra eşittir. İhtiyaç: Bu kuvvet sistemi sıfıra eşit olsun. Sistemi iki kuvvete indirgedikten sonra, Q ve P kuvvetler sisteminin (Şekil 4.4) sıfıra eşit olması gerektiğini, dolayısıyla bu iki kuvvetin ortak bir etki çizgisine sahip olması ve Q = -P denkleminin olması gerektiğini not ediyoruz. memnun. Ancak, P kuvvetinin etki çizgisi O noktasından geçerse, yani h=0 ise olabilir. Ve bu, ana anın sıfıra eşit olduğu anlamına gelir (M o \u003d 0). Çünkü Q + P \u003d 0, bir Q \u003d F o + P ", sonra F o + P" + P \u003d 0 ve dolayısıyla F o \u003d 0. Gerekli ve mevcut koşullar, mekansal sisteme eşittir. kuvvetler, şöyle görünürler: F o \u003d 0 , M o =0 (4.15),
veya koordinat eksenleri üzerindeki projeksiyonlarda, Fox=åF kx =F 1x +F 2x +…+F nx =0; F Oy =åF ky =F 1y +F 2y +...+F ny =0; F oz =åF kz =F 1z +F 2z +…+F nz =0 (4.16). M Ox =åM Ox (F k)=M Ox (F 1)+M ox (F 2)+...+M Ox (F n)=0, M Oy =åM Oy (F k)=M oy ( F 1)+M oy (F 2)+…+M oy (F n)=0, M oz =åM Oz (F k)=M Oz (F 1)+M oz (F 2)+...+ M oz (Fn)=0. (4.17)
O. 6 denklemli problem çözerken 6 bilinmeyen bulabilirsiniz. Not: Bir bileşiğe bir çift kuvvet getirilemez.Özel durumlar: 1) Paralel kuvvetlerden oluşan bir uzaysal sistemin dengesi. Z ekseni kuvvetin etki çizgilerine paralel olsun (Şekil 4.6), o zaman x ve y üzerindeki kuvvetlerin izdüşümleri 0'a eşittir (F kx = 0 ve F ky = 0) ve sadece F oz kalıntılar. Anlara gelince, sadece M ox ve M oy kalır ve M oz yoktur. 2) Düz bir kuvvetler sisteminin dengesi. Kalan ur-I F ox , F o y ve M oz an (Şekil 4.7). 3) Düz bir paralel kuvvetler sisteminin dengesi. (Şek. 4.8). Geriye sadece 2 seviye kalıyor: F oy ve M oz Denge denklemleri derlenirken hayaletin merkezi olarak herhangi bir nokta seçilebilir.
Düz bir kuvvetler sistemini en basit biçimine getirmek
Aynı düzlemde bulunan bir kuvvetler sistemi (F 1, F 2 ,..., F n) düşünün. Oksi koordinat sistemini kuvvet düzlemi ile hizalayalım ve orijini indirgeme merkezi olarak seçerek, söz konusu kuvvetler sistemini ana vektöre eşit bir F 0 =åF k , (5.1) kuvvetine indirgeyelim ve momenti M 0 =åM 0 (F k), (5.2) ana momentine eşit olan bir kuvvet çifti, burada M o (F k), O indirgeme merkezine göre F k kuvvet momentidir. bir alanda bulunursa, F o kuvveti de bu düzlemdedir. M çiftinin yaklaşık momenti bu düzleme dik yönlendirilir, çünkü çiftin kendisi, söz konusu kuvvetlerin etkisinin karesinde bulunur. Bu nedenle, düz bir kuvvetler sistemi için ana vektör ve ana moment her zaman birbirine diktir (Şekil 5.1). Moment tamamen M z cebirsel değeri ile karakterize edilir, çiftin omzunun çarpımına eşittir, çifti oluşturan kuvvetlerden birinin değeri, artı işareti ile alınır, eğer "dönüşü-" çift oluşur, saat yönünün tersine ve saat yönünde gerçekleşirse bir eksi işareti ile oklar. Örneğin, (F 1 , F` 1) ve (F 2 , F` 2) (Şekil 5.2) olmak üzere iki çift verilmiş olsun; o zaman bu tanıma göre elimizde M z (F 1 ,F` 1)=h 1 F 1 , M Z (F 2 ,F" 2)=-h 2 F 2 var. nokta, düzleme dik bir eksende bu noktaya göre moment vektör kuvvetlerinin izdüşümüne eşit bir cebirsel nicelik, yani kuvvet modülü ve omuzun çarpımına eşit, uygun işaretle alınır. Şekil 5.3, a ve b sırasıyla M oz (F 1) \u003d hF 1 , M oz (F 2) = -hF 2 (5.4) olacaktır. Formül (5.3) ve (5.4) içindeki z indeksi momentlerin cebirsel yapısını göstermek için tutulur. Bir çiftin momenti ve kuvvet momentinin modülleri aşağıdaki gibi gösterilir: M(F ,F")=| M z (F,F`)|, M o (F)=|M Oz (F)|. M oz =åM oz (F z) elde ederiz. Ana vektörün analitik tanımı için aşağıdaki formüller kullanılır: F ox =åF kx =F 1x +F 2x +…+F nx , F oy =åF ky =F 1y ,+F 2y +…+F ny , F o =(F 2 öküz +F 2 oy) 1/2 =([åF kx ] 2 +[åF ky ] 2) 1/2 (5.8); cos(x, F o)=F ox /F o , cos(y, F o)=F Oy /F o .(5.9). Ve ana moment M Oz =åM Oz (F k)=å(x k F ky –y k F kx), (5.10), burada x k , y k, F k kuvvetinin uygulama noktasının koordinatlarıdır.
Düz bir kuvvetler sisteminin ana vektörü sıfıra eşit değilse, bu kuvvetler sisteminin bir kuvvete eşdeğer olduğunu, yani bir bileşkeye indirgendiğini ispatlayalım. Fo≠0, MOz ≠0 olsun (Şekil 5.4, a). Şek. 5.4, ancak MOz momentli bir çifti sembolik olarak gösterir. Momenti ana momente eşit olan bir çift kuvvet, ana vektör Fo'ya mutlak değerde eşit olan iki F1 ve F'1 kuvveti şeklinde temsil ediyoruz, yani F1=F'1 =Fo. Bu durumda, bir çift oluşturan kuvvetlerden (F`1) birini indirgeme merkezine uygulayacağız ve onu Fo kuvvetinin yönünün tersine yönlendireceğiz (Şekil 5.4, b). O zaman Fo ve F'1 kuvvetler sistemi sıfıra eşittir ve atılabilir. Bu nedenle, verilen kuvvetler sistemi, 01 noktasına uygulanan tek F1 kuvvetine eşdeğerdir; bu kuvvet sonuçtur. Sonuç R harfi ile gösterilecektir, yani. F1=R. Açıkça, önceki indirgeme merkezinden (O) bileşke hareket çizgisine olan h mesafesi |MOz|=hF1 =hFo koşulundan bulunabilir, yani. h=|MOz|/Fo. H mesafesi O noktasından ertelenmelidir, böylece kuvvet çiftinin (F1, F`1) momenti MOz ana momenti ile çakışır (Şekil 5.4, b). Kuvvetler sisteminin bu merkeze getirilmesi sonucunda aşağıdaki durumlar meydana gelebilir: (1) Fo≠0, MOz≠0 Bu durumda, kuvvetler sistemi gösterildiği gibi tek bir kuvvete (sonuç olarak) indirgenebilir. incirde. 5.4, c.(2) Fo≠0, MOz=0. Bu durumda, kuvvetler sistemi, verilen indirgeme merkezinden geçen bir kuvvete (sonuç olan) indirgenir. (3) Fo=0, MOz≠0. Bu durumda, kuvvetler sistemi bir çift kuvvete eşdeğerdir. (4) Fo=0, MOz=0. Bu durumda, dikkate alınan kuvvetler sistemi sıfıra eşittir, yani sistemi oluşturan kuvvetler karşılıklı olarak dengelenir.
Varignon teoremi
Varignon teoremi. Söz konusu düzlem kuvvetler sistemi bir bileşiğe indirgenirse, bu bileşiğin herhangi bir noktaya göre momenti, verilen sistemin tüm kuvvetlerinin o noktaya göre momentlerinin cebirsel toplamına eşittir. Kuvvetler sisteminin O noktasından geçen R bileşkesine indirgendiğini varsayalım. Şimdi indirgeme merkezi olarak başka bir O 1 noktasını alalım. Bu nokta etrafındaki ana moment (5.5), tüm kuvvetlerin momentlerinin toplamına eşittir: M O1Z =åM o1z (F k) (5.11). Öte yandan, indirgeme merkezi O için asal moment sıfıra eşit olduğundan (M Oz =0) M O1Z =M Olz (R), (5.12)'ye sahibiz. (5.11) ve (5.12) bağıntılarını karşılaştırarak, M O1z (R)=åM OlZ (F k) elde ederiz; (5.13) Varignon teoremini kullanarak, sonucun hareket çizgisinin denklemini bulabilirsiniz. Elde edilen R 1'in x ve y koordinatlarıyla (Şekil 5.5) bir O 1 noktasında uygulanmasına izin verin ve ana vektör F o ve orijindeki indirgeme merkezindeki ana moment M Oya biliniyor. R 1 \u003d F o olduğundan, sonucun x ve y eksenleri boyunca bileşenleri R lx \u003d F Ox \u003d F Ox i ve R ly \u003d F Oy \u003d F oy j'dir. Varignon teoremine göre, sonucun orijine göre momenti, orijindeki indirgeme merkezindeki ana momente eşittir, yani. M oz \u003d M Oz (R 1) \u003d xF Oy -yF Ox. (5.14). M Oz, F Ox ve F oy değerleri bileşkenin uygulama noktası hareket çizgisi boyunca hareket ettirildiğinde değişmez, bu nedenle denklem (5.14)'deki x ve y koordinatları mevcut koordinatlar olarak görülebilir. sonuçtaki eylem hattının. Böylece denklem (5.14), bileşkenin hareket çizgisinin denklemidir. F ox ≠0 için y=(F oy /F ox)x–(M oz /F ox) olarak yeniden yazılabilir.
Bir düzlem kuvvetler sistemi için denge koşulları
gerekli ve yeterli koşul kuvvetler sisteminin dengesi, ana vektörün ve ana momentin sıfıra eşitliğidir. Düz bir kuvvetler sistemi için, bu koşullar F o =åF k =0, M Oz =åM oz (F k)=0, (5.15) biçimindedir; burada O, kuvvetlerin etki düzleminde keyfi bir noktadır. Şunu elde ederiz: F ox =åF kx =F 1x +F 2x +…+F nx =0, P ox =åF ky =F 1y +F 2y +…+F ny =0, M Oz =åM Oz (F k) = M oz (F 1) + M oz (F 2) + ... + M oz (F n) \u003d 0, yani. Düz bir kuvvetler sisteminin dengesi için, tüm kuvvetlerin iki koordinat ekseni üzerindeki izdüşümlerinin cebirsel toplamlarının ve tüm kuvvetlerin rastgele bir noktaya göre momentlerinin cebirsel toplamının sıfıra eşit olması gerekli ve yeterlidir. Denge denkleminin ikinci biçimi, tek bir doğru üzerinde yer almayan herhangi bir üç noktaya göre tüm kuvvetlerin momentlerinin cebirsel toplamlarının sıfıra eşit olmasıdır.; åM Az (F k)=0, åM Bz (F k)=0, åM Cz (F k)=0, (5.17), burada A, B ve C belirtilen noktalardır. Bu eşitliklerin gerekliliği koşullardan (5.15) kaynaklanmaktadır. Yeterliliklerini kanıtlayalım. Tüm eşitliklerin (5.17) sağlandığını varsayalım. A noktasındaki indirgeme merkezindeki ana momentin sıfıra eşitliği, ya sistem sonuca (R≠0) indirgenirse ve hareket çizgisi A noktasından geçerse veya R=0 ise mümkündür; benzer şekilde, ana momentin B ve C noktalarına göre sıfıra eşit olması, ya R≠0 ve bileşkenin her iki noktadan da geçtiği ya da R=0 olduğu anlamına gelir. Ancak sonuç, bu üç A, B ve C noktasından geçemez (tek bir doğru üzerinde bulunmamaları şartıyla). Sonuç olarak, eşitlikler (5.17) ancak R=0 olduğunda, yani kuvvetler sistemi dengede olduğunda mümkündür. A, B ve C noktaları aynı düz çizgi üzerinde bulunuyorsa, o zaman (5.17) koşullarının yerine getirilmesi denge için yeterli bir koşul olmayacaktır - bu durumda sistem bir sonuca, etki çizgisine indirgenebilir. bu noktalardan geçer.
Düzlem bir kuvvetler sistemi için üçüncü denge denklemi biçimi
Düz bir kuvvetler sisteminin denge denklemlerinin üçüncü biçimi, herhangi iki noktaya göre sistemin tüm kuvvetlerinin momentlerinin cebirsel toplamlarının sıfıra ve izdüşümlerin cebirsel toplamının sıfıra eşitliğidir. seçilen iki noktadan geçen doğruya dik olmayan bir eksene sistemin tüm kuvvetleri; åМ AZ (F k)=0, åМ Bz (F k)=0, åF kx =0 (5.18) (x ekseni А В segmentine dik değildir). Bu şartların gerçekleşmesinin kuvvetler dengesi için yeterli olduğundan emin olalım. İlk iki eşitlikten, önceki durumda olduğu gibi, eğer kuvvetler sisteminin bir bileşkesi varsa, hareket çizgisinin A ve B noktalarından geçtiği sonucu çıkar (Şekil 5.7). O zaman, AB doğru parçasına dik olmayan x ekseni üzerindeki bileşkenin izdüşümü sıfırdan farklı olacaktır. Ancak bu olasılık, R x =åF hx) olduğu için üçüncü denklem (5.18) tarafından hariç tutulmuştur. Bu nedenle, sonuç sıfıra eşit olmalıdır ve sistem dengededir. Eğer x ekseni AB parçasına dik ise, o zaman denklem (5.18) denge için yeterli koşullar olmayacaktır, çünkü bu durumda sistem, etki çizgisi A ve B noktalarından geçen bir bileşkeye sahip olabilir. denge denklemleri sistemi bir moment denklemi ve iki projeksiyon denklemi veya iki moment denklemi ve bir projeksiyon denklemi veya üç moment denklemi içerebilir. Tüm kuvvetlerin etki çizgileri y eksenine paralel olsun (Şekil 4.8). O zaman dikkate alınan paralel kuvvetler sistemi için denge denklemleri åF ky =0, åM Oz (F k)=0.(5.19) olacaktır. åM Az (F k)=0, åM Bz (F k)=0, (5.20) ayrıca, A ve B noktaları y eksenine paralel bir doğru üzerinde yer almamalıdır. Rijit bir cisme etki eden kuvvetler sistemi, hem yoğunlaştırılmış (yalıtılmış) kuvvetlerden hem de dağıtılmış kuvvetlerden oluşabilir. Çizgi boyunca, yüzey boyunca ve cismin hacmi boyunca dağılmış kuvvetler vardır.
Kayma sürtünmesi varlığında vücut dengesi
İki gövde I ve II (Şekil 6.1) birbiriyle etkileşirse, A noktasında dokunursa, o zaman her zaman, örneğin gövde II'den hareket eden ve gövde I'e uygulanan RA reaksiyonu iki bileşene ayrılabilir: N A boyunca yönlendirilir A noktasında temas halinde olan cisimlerin yüzeyine ortak normal ve teğet düzlemde uzanan T A. N A bileşenine normal reaksiyon denir, T A kuvvetine kayma sürtünme kuvveti denir - I cismi II cismi üzerinde kaymasını önler. Aksiyom 4'e (Newton'un üçüncü yasası) uygun olarak, II. cisim, I. cisim tarafından eşit ve zıt yönlü bir tepki kuvvetiyle hareket eder. Teğet düzleme dik olan bileşenine normal basınç kuvveti denir. Temas yüzeyleri tamamen pürüzsüzse sürtünme kuvveti T A \u003d 0. Gerçek koşullar altında yüzeyler pürüzlüdür ve çoğu durumda sürtünme kuvveti ihmal edilemez. Maksimum sürtünme kuvveti yaklaşık olarak normal basınçla orantılıdır, yani T max = fN. (6.3), Amonton-Coulomb yasasıdır. F katsayısına kayma sürtünme katsayısı denir. Değeri, temas eden yüzeylerin alanına bağlı değildir, ancak malzemeye ve temas eden yüzeylerin pürüzlülük derecesine bağlıdır. Sürtünme kuvveti sadece kritik bir durum varsa f-le T=fN'den hesaplanabilir. Diğer durumlarda, sürtünme kuvveti eşit denklemlerden belirlenmelidir. Şekil R reaksiyonunu göstermektedir (burada aktif kuvvetler cismi sağa doğru hareket ettirme eğilimindedir). Sınırlayıcı reaksiyon R ile yüzeyin normali arasındaki j açısına sürtünme açısı denir. tgj=Tmaks /N=f.
Sınırlayıcı reaksiyon R'nin olası tüm yönlerinin geometrik yeri, konik bir yüzey oluşturur - bir sürtünme konisi (Şekil 6.6, b). Sürtünme katsayısı f tüm yönlerde aynıysa, sürtünme konisi dairesel olacaktır. Sürtünme katsayısının f cismin olası hareketinin yönüne bağlı olduğu durumlarda, sürtünme konisi dairesel olmayacaktır. Aktif kuvvetlerin sonucu ise. sürtünme konisinin içindeyse, modülündeki bir artış vücudun dengesini bozamaz; cismin hareket etmeye başlaması için F aktif kuvvetlerinin bileşkesinin sürtünme konisinin dışında olması gereklidir (ve yeterlidir). Esnek cisimlerin sürtünmesini düşünün (Şekil 6.8). Euler formülü, Q kuvvetini dengeleyebilecek en küçük P kuvvetini bulmaya yardımcı olur. P=Qe -fj* . Sürtünme direncini Q kuvveti ile birlikte yenebilecek böyle bir P kuvvetini de bulabilirsiniz. Bu durumda Euler formülünde sadece f'nin işareti değişecektir: P=Qe fj* .
Yuvarlanma sürtünmesi varlığında vücut dengesi
Üzerine yatay bir aktif kuvvet S etki ettiğinde yatay bir düzlem üzerinde duran bir silindiri (paten pisti) düşünün; bunun yanı sıra, yerçekimi P kuvvetinin yanı sıra normal reaksiyon N ve sürtünme kuvveti T (Şekil 6.10, a) da etki eder. Yeterince küçük bir kuvvet modülü S ile silindir hareketsiz kalır. Ancak, Şekil l'de gösterilen kuvvetlerin tanıtılmasından memnunsak, bu gerçek açıklanamaz. 6.10, bir. Bu şemaya göre, М Сz = –Sr silindirine etki eden tüm kuvvetlerin ana momenti sıfır olmadığı ve denge koşullarından biri sağlanmadığı için denge imkansızdır. Bu tutarsızlığın nedeni, bu cismi mutlak rijit olarak göstermemiz ve silindirin yüzeyle temasının generatrix boyunca gerçekleştiğini varsaymamızdır. Teori ve deney arasındaki fark edilen tutarsızlığı ortadan kaldırmak için, kesinlikle katı bir gövde hipotezini terk etmek ve gerçekte silindirin ve C noktasına yakın düzlemin deforme olduğunu ve sonlu bir temas alanı olduğunu hesaba katmak gerekir. Genişlik. Sonuç olarak, silindir sağ tarafında sol tarafına göre daha sert bastırılır ve toplam R reaksiyonu C noktasının sağına uygulanır (bkz. Şekil 6.10, b'deki C1 noktası). Etki eden kuvvetlerin ortaya çıkan şeması statik olarak tatmin edicidir, çünkü çiftin momenti (S, T) çiftin momenti (N, P) ile dengelenebilir. İlk şemanın aksine (Şekil 6.10, a), silindire M T \u003d Nh (6.11) momentli bir çift kuvvet uygulanır. Bu momente yuvarlanma sürtünme momenti denir. h=Sr/, burada h, C'den Cı'ye olan mesafedir. (6.13). Aktif kuvvet S'nin modülündeki bir artışla, h mesafesi artar. Ancak bu mesafe, temas yüzeyinin alanı ile ilgilidir ve bu nedenle süresiz olarak artamaz. Bu, S kuvvetindeki bir artışın bir dengesizliğe yol açacağı bir durumun geleceği anlamına gelir. Mümkün olan maksimum h değerini d harfi ile gösteririz. d değeri silindirin yarıçapı ile orantılıdır ve farklı malzemeler için farklıdır. Bu nedenle, bir denge varsa, aşağıdaki koşul sağlanır: h<=d.(6.14). d называется коэффициентом трения качения; она имеет размерность длины. Условие (6.14) можно также записать в виде М т <=dN, или, учитывая (6.12), S<=(d/r)N.(6.15). Очевидно, что максимальный момент трения качения M T max =dN пропорционален силе нормального давления.
Paralel Kuvvetlerin Merkezi
Paralel kuvvetler sistemini bileşiğe getirme koşulları, bir F≠0 eşitsizliğine indirgenir. Bu paralel kuvvetlerin etki çizgileri aynı anda aynı açıyla döndürüldüğünde, bu kuvvetlerin uygulama noktaları değişmeden kalırsa ve kuvvetlerin etki çizgileri paralel eksenler etrafında dönerse, sonuçtaki R'ye ne olur? Bu koşullar altında, belirli bir kuvvetler sisteminin bileşkesi aynı anda aynı açıda döner ve dönme, paralel kuvvetlerin merkezi olarak adlandırılan belirli bir sabit nokta etrafında gerçekleşir. Bu iddianın ispatına geçelim. F 1 , F 2 ,...,F n paralel kuvvetler sistemi için ana vektörün sıfıra eşit olmadığını, dolayısıyla bu kuvvetler sisteminin bileşkeye indirgendiğini varsayalım. O 1 noktası, bu bileşkenin hareket çizgisi üzerindeki herhangi bir nokta olsun. Şimdi r, seçilen O kutbuna göre 0 1 noktasının yarıçap vektörü olsun ve r k, F k kuvvetinin uygulama noktasının yarıçap vektörü olsun (Şekil 8.1). Varignon teoremine göre, sistemin tüm kuvvetlerinin 0 1 noktasına göre momentlerinin toplamı sıfıra eşittir: å(r k –r)xF k =0, yani. år k xF k –årxF k =år k xF k –råF k =0. Bir birim vektör e tanıtalım, o zaman herhangi bir F k kuvveti F k = F * k e olarak temsil edilebilir (burada F * k = F h , eğer F h kuvvetinin yönü ve e vektörü çakışırsa ve F * k =–F h , eğer F k ve e birbirine zıt yönlüyse); åFk =eåF * k . Şunu elde ederiz: år k xF * k e–rxeåF * k =0, nereden [år k F * k –råF * k ]xe=0. Son eşitlik, kuvvetlerin herhangi bir yönü için (yani birim vektör e'nin yönü) ancak ilk faktör sıfıra eşitse sağlanır: år k F * k –råF * k =0. Bu denklemin, kuvvetlerin etki çizgileri döndürüldüğünde konumunu değiştirmeyen bileşkenin böyle bir uygulama noktasını belirleyen yarıçap vektörü r'ye göre benzersiz bir çözümü vardır. Böyle bir nokta paralel kuvvetlerin merkezidir. Paralel kuvvetlerin merkezinin yarıçap vektörünü r c ile ifade etmek: r c =(år k F * k)/(åF * k)=(r 1 F * 1 +r 2 F * 2 +…+r n F * n)/ (F * 1 + F * 2 +… + F * n). x c, y c, z c paralel kuvvetlerin merkezinin koordinatları olsun, a x k , y k , z k keyfi bir F k kuvvetinin uygulama noktasının koordinatları olsun; daha sonra paralel kuvvetlerin merkezinin koordinatları formüllerden bulunabilir:
x c =(x k F * k)/(F * k)=(x 1 F * 1 +x 2 F * 2 +…+x n F * n)/ (F * 1 +F * 2 +…+F * n ), y c =(y k F * k)/(F * k)=
=(y 1 F * 1 +y 2 F * 2 +…+y n F * n)/ (F * 1 +F * 2 +…+F * n), z c =
=(z k F * k)/(åF * k)=(z 1 F * 1 +z 2 F * 2 +…+z n F * n)/ (F * 1 +F * 2 +…+F * n)
x k F * k , y k F * k , z k F * k ifadelerine yOz, xOz, xOy koordinat düzlemlerine göre sırasıyla belirli bir kuvvet sisteminin statik momentleri denir. Koordinatların kökeni paralel kuvvetlerin merkezinde seçilirse, x c \u003d y c \u003d z c \u003d 0 ve verilen kuvvet sisteminin statik momentleri sıfıra eşittir.
Ağırlık merkezi
Yerçekimi alanında bulunan keyfi şekle sahip bir gövde, koordinat düzlemlerine paralel bölümlere temel hacimlere bölünebilir (Şekil 8.2). Dünyanın yarıçapına kıyasla vücudun boyutlarını ihmal edersek, her bir temel hacme etki eden yerçekimi kuvvetleri birbirine paralel olarak kabul edilebilir. DV k ile, Mk noktasında merkezlenmiş bir temel paralelyüzün hacmini (bkz. Şekil 8.2) ve bu elemana etki eden yerçekimi kuvvetini DP k ile belirtin. O halde hacim elemanının ortalama özgül ağırlığı, DP k/DV k oranıdır. Paralel boruyu Mk noktasına daraltarak, cismin bu noktasındaki özgül ağırlığı ortalama özgül ağırlık g(x k , y k , z k)=lim DVk®0 (8.10) olarak elde ederiz. Böylece özgül ağırlık, koordinatların bir fonksiyonudur, yani. g=g(x,y,z). Cismin geometrik özellikleri ile birlikte, cismin her noktasındaki özgül ağırlığın da verildiğini varsayacağız. Vücudun temel hacimlere bölünmesine dönelim. Vücudun yüzeyinde sınır oluşturan öğelerin hacimlerini hariç tutarsak, bir dizi paralel borudan oluşan kademeli bir gövde elde edebiliriz. Yerçekimi, paralel yüzün merkeziyle çakışan gövde noktasındaki özgül ağırlık olduğu yerde, her bir paralel borunun merkezine DP k =g k DV k uygularız. Bu şekilde oluşturulan n paralel yerçekimi kuvvetleri sistemi için, paralel kuvvetlerin merkezi r (n) =(år k DP k)/(åDP k)= (r 1 DP 1 +r 2 DP 2 +…) bulunabilir. +r n DP n) / (DP 1 +DP 2 +…+DP n). Bu formül, bir Cn noktasının konumunu belirler. Ağırlık merkezi, n®µ olarak ~ n noktaları için sınır noktası olan noktadır.
Herhangi bir müfredatın parçası olarak, fizik çalışması mekanikle başlar. Teorik değil, uygulamalı ve hesaplamalı değil, eski güzel klasik mekanikten. Bu mekaniğe Newton mekaniği de denir. Efsaneye göre, bilim adamı bahçede yürüyordu, bir elmanın düştüğünü gördü ve onu evrensel yerçekimi yasasını keşfetmeye iten bu fenomendi. Tabii ki, yasa her zaman var olmuştur ve Newton ona yalnızca insanlar tarafından anlaşılabilir bir biçim vermiştir, ancak değeri paha biçilemez. Bu yazıda Newton mekaniğinin yasalarını mümkün olduğunca ayrıntılı olarak açıklamayacağız, ancak her zaman işinize yarayabilecek temel bilgileri, temel bilgileri, tanımları ve formülleri ana hatlarıyla belirteceğiz.
Mekanik, maddi cisimlerin hareketini ve aralarındaki etkileşimleri inceleyen bir bilim olan fiziğin bir dalıdır.
Kelimenin kendisi Yunanca kökenlidir ve "makine yapma sanatı" olarak tercüme edilir. Ancak makineler yapmadan önce, daha gidecek çok yolumuz var, bu yüzden atalarımızın ayak izlerini takip edelim ve ufka açılı olarak atılan taşların hareketini ve h yüksekliğinden kafalara düşen elmaları inceleyeceğiz.
Fizik eğitimi neden mekanikle başlar? Tamamen doğal olduğu için, termodinamik dengeden başlamamak mı?!
Mekanik, en eski bilimlerden biridir ve tarihsel olarak fizik çalışmaları, tam olarak mekaniğin temelleriyle başlamıştır. Zaman ve mekan çerçevesi içine yerleştirilen insanlar aslında ne kadar isteseler de başka bir şeyden yola çıkamazlardı. Hareket eden cisimler, dikkat ettiğimiz ilk şeydir.
Hareket nedir?
Mekanik hareket, cisimlerin uzaydaki konumlarının zaman içinde birbirlerine göre değişmesidir.
Bu tanımdan sonra oldukça doğal bir şekilde bir referans çerçevesi kavramına geliyoruz. Vücutların uzaydaki konumlarını birbirine göre değiştirme. Buradaki anahtar kelimeler: birbirine göre . Sonuçta, bir arabadaki bir yolcu, yolun kenarında duran bir kişiye göre belirli bir hızda hareket eder ve yakındaki bir koltukta komşusuna göre dinlenir ve bir arabadaki bir yolcuya göre başka bir hızda hareket eder. onları aşar.
Bu nedenle, hareketli nesnelerin parametrelerini normal olarak ölçmek ve kafa karıştırmamak için, referans sistemi - sıkı bir şekilde birbirine bağlı referans gövdesi, koordinat sistemi ve saat. Örneğin, dünya güneş merkezli bir referans çerçevesinde güneşin etrafında hareket eder. Günlük yaşamda, neredeyse tüm ölçümlerimizi Dünya ile ilişkili bir jeosentrik referans sisteminde gerçekleştiriyoruz. Dünya, arabaların, uçakların, insanların, hayvanların hareket ettiği göreceli bir referans vücuttur.
Bir bilim olarak mekaniğin kendi görevi vardır. Mekaniğin görevi, vücudun herhangi bir zamanda uzaydaki konumunu bilmektir. Başka bir deyişle, mekanik, hareketin matematiksel bir tanımını oluşturur ve onu karakterize eden fiziksel nicelikler arasındaki bağlantıları bulur.
Daha ileri gitmek için, “kavramına ihtiyacımız var. maddi nokta ". Fiziğin kesin bir bilim olduğunu söylüyorlar, ancak fizikçiler bu kesinlik üzerinde anlaşmak için kaç tane tahmin ve varsayım yapılması gerektiğini biliyorlar. Hiç kimse maddi bir nokta görmedi veya ideal bir gazı koklamadı, ama varlar! Onlarla yaşamak çok daha kolay.
Maddi nokta, bu problem bağlamında boyutu ve şekli ihmal edilebilecek bir cisimdir.
Klasik mekaniğin bölümleri
Mekanik birkaç bölümden oluşur
- Kinematik
- dinamikler
- Statik
Kinematik fiziksel bir bakış açısından, vücudun nasıl hareket ettiğini tam olarak inceler. Başka bir deyişle, bu bölüm hareketin nicel özelliklerini ele almaktadır. Hızı, yolu bulun - kinematiğin tipik görevleri
dinamikler neden böyle hareket ettiği sorusunu çözer. Yani cisme etki eden kuvvetleri dikkate alır.
Statik kuvvetlerin etkisi altında cisimlerin dengesini inceler, yani şu soruyu cevaplar: neden hiç düşmüyor?
Klasik mekaniğin uygulanabilirlik sınırları.
Klasik mekanik artık her şeyi açıklayan (geçen yüzyılın başında her şey tamamen farklıydı) bir bilim olduğunu iddia etmiyor ve net bir uygulanabilirlik kapsamına sahip. Genel olarak, klasik mekaniğin yasaları, boyut olarak bildiğimiz dünya (makrodünya) için geçerlidir. Klasik mekaniğin yerini kuantum mekaniği aldığında, parçacıklar dünyasında çalışmayı bırakırlar. Ayrıca klasik mekanik, cisimlerin hareketinin ışık hızına yakın bir hızda gerçekleştiği durumlarda geçerli değildir. Bu gibi durumlarda, göreceli etkiler belirgin hale gelir. Kabaca söylemek gerekirse, kuantum ve göreli mekanik - klasik mekanik çerçevesinde, bu, vücudun boyutlarının büyük ve hızın küçük olduğu özel bir durumdur. Bununla ilgili daha fazla bilgiyi makalemizden öğrenebilirsiniz.
Genel olarak konuşursak, kuantum ve rölativistik etkiler asla kaybolmaz; ayrıca makroskopik cisimlerin olağan hareketi sırasında ışık hızından çok daha düşük bir hızda gerçekleşirler. Başka bir şey de, bu etkilerin etkisinin o kadar küçük olması ki, en doğru ölçümlerin ötesine geçmiyor. Klasik mekanik bu nedenle temel önemini asla kaybetmeyecektir.
Gelecek makalelerde mekaniğin fiziksel temellerini incelemeye devam edeceğiz. Mekaniği daha iyi anlamak için, her zaman en zor görevin karanlık noktasına ayrı ayrı ışık tutanlara dönebilirsiniz.