STATIKA TUHÉHO TĚLESA

Transkript

1 STTIK TUHÉHO TĚLES Studijní text pro řešitele O a ostatní zájemce o fyziku Bohumil Vybíral Obsah Úvod 3 1 Soustavy sil působících na těleso Síla Momentsílyvzhledemkbodu Momentsílyvzhledemknehybnéose Rovinnásoustavasilsespolečnýmpůsobištěm a)grafickéřešení b)početnířešení c)varignonovavěta Obecnárovinnásoustavasil a)soustavadvourovnoběžnýchsil b)momentovávěta c)silovádvojiceajejímoment d)rovnoběžnéposunutísílydolibovolnéhoboduvtělese e)výsleniceobecnérovinnésoustavysil Grafickéurčenívýslednicerovinnýchsoustavsil Těžiště Těžištětuhéhotělesa Těžištěplochyačáry Grafickéurčenítěžiště Rovnováha a uložení tělesa v rovině Podmínkyrovnováhytělesa Některénutnépodmínkyrovnováhysil a)rovnováhadvousil b)rovnováhatřísilvrovině Uloženítělesavrovině Principuvolněnízvazby,určováníreakcí

2 4 Řešení rovinných prutových soustav 32 5 Úlohy 36 Výsledky úloh 42 Literatura 45

3 Úvod Skutečná tělesa pevného skupenství, neboli pevná tělesa, se vyznačují tím, že vzdálenosti mezi částicemi, z nichž jsou složena, nejsou stálé. Působením sil se tyto vzdálenosti mění, vzniká deformace pevného tělesa. Tyto změny vzdáleností jsou u řady úloh z mechaniky zanedbatelné, a pokud nedojde působením sil k porušení soudržnosti tělesa, není nutné k nim přihlížet. Proto zavádíme pojem tuhé těleso. Je to model skutečného pevného tělesa, u kterého se definuje, že vzdálenosti mezi jednotlivými body tělesa jsou neproměnné při libovolných působících silách. Dále se definuje, že tvar tuhého tělesa a rozložení hmotnosti v něm je stejné jako u skutečného tělesa, přičemž rozložení hmotnosti se předpokládá spojité. Tohoto modelu nelze použít v případech, kdy se např. uplatňují pružné vlastnosti skutečného tělesa. Uvažujme o třech bodech tuhého tělesa, které neleží na jedné přímce, půjde např.obody1,2,3naobr.1.upevníme-linynítuhétělesotak,žejedenjeho bod, např. 1, bude ve vztažné soustavě nepohyblivý, mohou ostatní body opisovat trajektorie, které budou ležet na kulových 2 plochách se středem v bodě 1. Budouli ve vztažné soustavě dva body nepohyblivé, např. 1, 2, budou ostatní body tělesa opisovat kruhové trajektorie, jejichž společnou osou je přímka, na níž leží body 1, Zamezíme-li v uvažované vztažné soustavě i pohybu bodu 3, bude těleso v této Obr.1 vztažné soustavě nepohyblivé. Z této úvahy vyplývá, že poloha tuhého tělesa v prostoru je jednoznačně určena polohou jeho tří bodů, které neleží na téže přímce. Protože tyto body můžeme považovat za vrchly rovinného trojúhelníka, je poloha tuhého tělesa rovněž jednoznačně určena polohou libovolného trojúhelníka spřaženého s tělesem. Polohakaždéhozuvažovanýchbodů1,2,3jevevztažnésoustavěurčena třemi souřadnicemi, takže pro určení polohy tělesa máme celkem devět čísel. Všech těchto devět čísel však nelze nezávisle měnit, protože tím bychom mohli tři body tuhého tělesa umístit kamkoli do prostoru, což není vzhledem k tuhosti tělesa možné. Protože tedy 12 =konst, 23 =konst, 31 =konst, lze při pohybu volitnanejvýš3 3 3=6nezávislýchsouřadnictuhéhotělesa.Říkáme,že volné tuhé těleso konající obecný prostorový pohyb má šest stupňů volnosti. Toto zjištění je rozhodující pro celou mechaniku tuhého tělesa. Např. k jednoznačnému řešení prostorového pohybu tuhého tělesa je třeba řešit šest skalárních pohybových rovnic a k určení rovnováhy tuhého tělesa v prostoru je 3

4 třeba řešit šest skalárních podmínek rovnováhy. V mechanice tuhých těles často řešíme tzv. rovinné úlohy. Patří sem například vyšetřování pohybu tělesa, jehož body opisují trajektorie, které jsou rovinnými křivkami. Nebo půjde o vyšetřování rovnováhy tělesa, kdy soustava sil působících na těleso je rovinná. Podmínky řešitelnosti rovinných úloh jsou podstatně jednodušší než u obecných prostorových úloh. Vyplývá to i z počtu stupňů volnosti volného tuhého tělesa vykonávajícího rovinný pohyb. Tento počet určíme opět z úvahy o pohybu tuhésoustavytříbodůzobr.1.obecněvolenébody1,2,3opisujípřirovinném pohybu trajektorie, které leží ve třech vzájemně rovnoběžných rovinách. Tyto tři body, které vymezují trojúhelník, můžeme bez újmy obecnosti volit tak,abyleželyjenvjednéztěchtorovnoběžnýchrovin.pakjeovšemzřejmé, že k jednoznačnosti určení polohy tělesa při rovinném pohybu stačí uvažovat jen o jedné ze stran tohoto trojúhelníka, například o úsečce 12. Její poloha v rovině je určena třemi nezávislými souřadnicemi, např. dvěma kartézskými souřadnicemibodu1aúhlem,kterýsvíráúsečka12slibovolnoupřímkouvtéto rovině. Tedy volné tuhé těleso konající rovinný pohyb má tři stupně volnosti. Podle druhů řešených úloh se mechanika tuhého tělesa člení na: 1. statiku řeší podmínky rovnováhy tělesa, 2. kinematiku zabývá se pohybem tělesa bez zřetele k jeho příčinám, 3. dynamiku vyšetřuje souvislost mezi pohybem tělesa a silami a jejich momenty působícími na teleso. Vnašemtextuseomezímejennastatikutuhéhotělesa. 4

5 1 Soustavy sil působících na těleso 1.1 Síla Ve statice vyšetřujeme soustavy sil, které sestávají z jednotlivých sil. Síla se ve fyzice zavádí jako veličina, která je mírou dynamických účinků na těleso(síla jako příčina změny pohybového stavu tělesa) anebo je mírou statických účinků na těleso(např. tah na závěs, tlak na podložku, míra vzájemného působení mezi tělesy, síla jako příčina deformace pružných těles). Z experimentů je zřejmé, že síla je vektorová veličina. Při působení na skutečná tělesa je jednoznačně určena velikostí, směrem a působištěm. p Utuhýchtělesnenívazbasílynapůsobiště() nutná,neboťúčineksílynatuhétělesosejejím posunutím po přímce nositelce(p) nezmění v tuhémtělesejesílavázanánapřímku viz.obr.2. Tuto vektorovou přímku síly budeme nazývat nositelka síly. Sílu graficky znázorňujeme orientovanou úsečkouapoužívámeproniznačku,případněve speciálníchpřípadechještěznačky R, N, S.Důležitýmpřípademsílyprostatikujetíhovásíla G. Obr.2 Je to výslednice tíhových sil působících na elementy tělesa v tíhovém poli. Má působištěvtěžištitělesa.kromětohozavádímetíhu G.Jetosíla,kteroupůsobí těleso v tíhovém poli na jiné těleso(např. podložku) v místě dotyku těchto těles. Jednotkou síly je newton(n). Při práci se silovými soustavami je velmi výhodné provést rozklad síly do kartézských y složek(obr. 3): y = x + y + z = x i+ y j+ z k, (1) x z kde i, j, kjsoujednotkovévektoryvesměru os x, y, z kartézské soustavy souřadnic. Rozlišujemevektory x, y, z jakokartézské r y složkysíly askaláry x, y, z jakokartézské souřadnice síly. j O Vobr.3jepůsobištěsílyurčenopolohovýmvektorem r osouřadnicích x, y, z. k i x z z x Platí r= x Obr.3 i+ y j+ z k. (2) 5

6 Vtomtotextuseažnavýjimkyomezímenarovinnousoustavusil.Pak z =0, z =0.Častopracujemeispolárnímisouřadnicemisíly: =, α y (obr. 4). Pak α x = cosα, y = sinα, x Obr.4 = x 2+ 2 y,tg α= y. (3) x 1.2 Moment síly vzhledem k bodu Důležitým pojmem mechaniky je moment (M)sílyvzhledemkbodu,kterýdefinujeme M jako vektorový součin polohového vektoru(r) působiště síly od příslušného bodu(o) a vektoru()sílyzdepůsobící: ϕ O r p M= r. (4) Je mírou otáčivých účinků síly na těleso, Obr.5 které je otáčivé kolem nehybného bodu O. Z vlastností vektorového součinu dvou vektorů vyplývá, že M je vektor, který má tyto vlastnosti(viz. obr. 5): a) Jekolmýkroviněproloženévektory r,. b) Jeho orientace je určena pravidlem pravé ruky pro vektorový součin(zde lze toto pravidlo specializovat tak, že orientace je určena palcem pravé ruky,kdyžprstyukazujísměrrotace,kteroubysíla vzhledemkboduo způsobila). c) Jehovelikostjeurčenaplochourovnoběžníkaopsanéhovektory r, : M =M= rsinϕ=p, (5) kde p=rsinϕjeramenosíly(obr.5). d) JevázánkboduO,kterýsenazývámomentovýbod. e) Jenulovýbuďpro = 0 anebopro r = 0,tedykdyžnositelkasíly procházímomentovýmbodemo.jenulovýrovněžpro ϕ=0,tedykdyž nositelkasílyjerovnoběžnáspolohovýmvektorem raje p=0. Kartézské složky vektoru M určíme obecným postupem pro vektorový součin.omezíme-lisenarovinnýpřípad,kdyvektory r, budouležetvrovině 6

7 z=0,bude M= r =(x i+ y j) ( x i+ y j)= i j k x y 0 x y 0 = = k(x y y x )=M z. (6) Vektor M mávtomtopřípadějedinousložku,kteráležívose zuvažované vztažné soustavy. Jednotkoumomentusílyjenewtonmetr(N m). 1.3 Moment síly vzhledem k nehybné ose Vedle 0 momentu síly vzhledem k bodu se zavádí ještě moment síly vzhledem k nehybné ose. Je mírou otáčivýchúčinkůsíly natěleso,kteréjeotáčivékolemtéto o d nehybnéosy.jetovektor M 0,kterýležívoseotáčení a má velikost t M 0 = 0 d, (7) Obr.6 kde o 0 je průmět síly do přímky t (obr.6),kterájetečnoukekružnici,jež byopisovalbodpřiotáčenítělesakolem 0 nehybnéosy oadjepoloměrtétokružnice. d Vztah mezi momentem M síly vzhledem kboduoamomentem M 0 téžesílyvzhledemkose o,kterábodemoprochází,je M t M α 0 r zřejmýzobr.7.platí M 0 = Mcosα, (8) O kde αjeúhel,kterýtytodvavektorysvírají. Obr Rovinná soustava sil se společným působištěm Úlohou je najít jedinou výslednici soustavy sil, jejichž účinek na tuhé těleso je stejný, jaký má celá soustava jednotlivých sil. Uvažujme soustavu n sil, které ležívrovině z=0akterémajíspolečnépůsobiště.pokudsílynemajíspolečné působiště, avšak jejich nositelky se protínají v jednom bodě, posuneme jednotlivé síly do tohoto bodu. 7

8 a) Grafické řešení 3 8 Postupujme podle pravidla o geometrickém sčítání vektorů. Ke konci vektoru první síly připojíme vektor druhésílyatd.,ažkekoncipředposlední síly připojíme vektor po- 2 1 slední síly. Výslednice je pak určena orientovanou úsečkou vedenou 4 zpočátkukekonciposlednísíly. Výslednice tedy uzavírá tento silový Obr. n+1úhelník.řešenípro n=4je naobr.8. b) Početní řešení Jednotlivé síly rozložíme na kartézské složky a příslušné kartézské složky sečteme(jdeovektoryležícívesměruosy xay): v = n =( 1x + 2x nx ) i+( 1y + 2y ny ) j= = x i+ y j= x + y, (9) kde x, y jsoukartézskésložkya x, y kartézskésouřadnicevýsledné síly v.jejípolárnísouřadniceurčímepomocívztahů(3). c) Varignonova věta Stanovme nyní moment výslednice soustavy n různoběžných sil, které leží vjednérovině,např. z=0(obr.9).výslednicepodlevztahu(9)je n y v= j. (10) v j=1 2 Jednotlivé síly a jejich výslednice procházejí společným bodem, jehož poloha vzhledem k počátku O vztažné n 1 1 r soustavy je dána polohovým vektorem n r.oběstranyvztahu(10)nynízleva O x vektorově vynásobíme r a na pravé Obr.9 straně provedeme rozpis podle distribučního zákona. Tak dostaneme n n r v = r j, neboli M v = M j. (11) j=1 j=1 8

9 Neboli moment výslednice soustavy sil protínajících se v jednom bodě() vzhledem k libovolnému bodu(o) je roven vektorovému součtu momentů složkových sil k témuž bodu(o). Tato věta se nazývá věta Varignonova podle rancouze Pierra Varignona ( ), který ji poprvé vyslovil. Je-li výsledná síla soustavy sil se společným působištěm nulová, je nulový i vektorový součet momentů složkových sil vzhledem k libovolnému bodu. Tato poučka obecně neplatí pro soustavu rovnoběžných sil, u níž je nulová výslednicesil v = 0(vizodst.1.5c). 1.5 Obecná rovinná soustava sil Pro nalezení postupu určení výslednice obecné rovinné soustavy sil, tedy soustavy sil, jejichž působiště nejsou totožná, budeme se nejprve zabývat zvláštním případem dvou rovnobežných sil a zavedeme pojem silové dvojice. a) Soustava dvou rovnoběžných sil S R 1 R 2 B 0 0 α C r 2 r 1 2 R 2 R 1 1 v Obr. 10 9

10 Mějmedvěrovnoběžnésíly 1, 2 podleobr.10.úlohupřevedemenasoustavudvourůznoběžnýchsiltak,žeksilámpřipojímenulovývektor 0, 0. Tímdostanemerůznoběžnésíly R 1, R 2,kteréprocházejíbodemS.Jejichvýslednice v = R 1 + R 2 =( 1 0 )+( )= (12) mávelikost v = 1 + 2,jejichnositelkajerovnoběžnásesilami 1, 2 a prochází bodem C, jehož poloha se určí z podobnosti příslušných trojúhelníků (obr.10): Odtud r 1 SC = 0 1, r 1 r 2 SC = 0 2. = 2. r 2 1 Neboli 1 r 1 = 2 r 2,respektivepovynásobenísinαdostaneme 1 r 1 sinα 2 r 2 sinα=0, (13) kde r 1 sinα=p 1, r 2 sinα=p 2 jsouramenasilkmomentovémuboduc.bod Csenazývástředrovnoběžnýchsil. b) Momentová věta Podle vztahu(13) výslednice dvou rovnoběžných sil prochází bodem C, vzhledem k němuž je součet momentů jednotlivých složkových sil nulový. Je to zřejmě proto, že výslednice(12) má vzhledem k tomuto bodu nulové rameno. Tento poznatek lze zobecnit pro soustavu n různoběžných sil. Zvolíme-li momentový bod na nositelce jejich výslednice bude pro moment složkových sil platit n M j = 0. (14) j=1 Výsledek(14) se označuje jako momentová věta. Je-li výslednice soustavy rovnoběžných sil nulová, nemusí být nulový moment složkových sil, jak uvidíme v následujícím odstavci. S momentovou větou se setkáváme ještě v tomto znění: Otáčivý účinek sil působících na tuhé těleso otáčivé kolem nehybné osy se ruší, jestliže vektorový součet momentů všech sil vzhledemkosejenulovývektor. c) Silová dvojice a její moment Vraťme se nyní k soustavě dvou vzájemně rovnoběžných sil, avšak uvažujme síly opačného směru. Při hledání výslednice postupujeme analogicky jako u soustavy rovnoběžných sil stejného směru, tj. problém převedeme zavedením pomocnýchsil 0, 0 naproblémrůznoběžnýchsil.výsledekřešeníjezřejmý zobr

11 2 R 2 0 B C 0 α v R R 2 0 S 0 C =r 1 BC =r 2 B =r= r 2 r 1 R 1 1 Obr. 11 Výslednice má velikost v = 1 2 (15) aležívboděcmimoúsečkubnastraněvětšísíly.vzdálenost r 1 boduc od bodu určíme z momentové věty(14), nebo z podobnosti trojúhelníků na obr. 11. Platí 1 r 1 = 2 r 2 = 2 (r 1 + r), neboli r 1 = r= 2 v r. Po vynásobení sin α dostaneme vztah pro ramena sil p 1 = 2 v p. (16) Uvažujme nyní zvláštní případ dvou vzájemně rovnoběžných sil opačného směruastejnévelikosti(obr.12).jejívelikostpodle(15)je v =0ajejípoloha podle(16)je p 1.Tatozvláštnísoustavasenazývásilovádvojice. 11

12 Účinek silové dvojice se zřejmě projevuje pouze momentem síly. Vypočteme jeho velikost k libovolně umístěnému(momentovému) bodu O(obr. 12): M= x+(x+p)= p. (17) Nezávisí M tedy na poloze boduo. Vektor momentu M silové dvojice je kolmý k rovině, v níž dvojice leží a není x vázánkžádnémubodu O p B jetovektorvolný.přizachování směru jej můžeme posunout do libovolného bodu v prostoru. Obr. 12 d) Rovnoběžné posunutí síly do libovolného bodu v tělese a) b) c) = r 0 r r O M Obr. 13 Působí-li síla v bodě tuhého tělesa(obr. 13a), můžeme ji posunout do libovolnéhobodu vtělesetak,ževtomtoboděpřipojímektělesunulový vektor,,přičemž = (obr.13b).vzájemnápolohabodů, je zřejměurčenavztahem r 0 = r r.přirovnoběžnémposunutísíly dobodu musímetedypřipojitksíle = doplňkovousilovoudvojici, =. JejímomentklibovolnémuboduOje M= r + r ( )=(r r ) = r 0, (18) neboli je nezávislý na volbě momentového bodu O. Výsledek rovnoběžného posunutí bodu je znázorněn na obr. 13c. e) Výslednice obecné rovinné soustavy sil Mějme soustavu n sil, které nemají společné působiště. Pro jednoduchost zvolíme rovinnou soustavu a budeme početním způsobem hledat její výslednici. 12

13 Podstata řešení úlohy je v principu jednoduchá. Postupem uvedeným v předcházejícím odstavci ad d) úlohu převedeme na skládání různoběžných vektorů sil a momentů sil. Uvažujme např. y obecnousílu j,kteráležívrovině v z=0vpůsobišti j.tatosílareprezentuje libovolnou sílu z n-tice v d M v daných sil. Tyto síly přeneseme do určitého bodu roviny, např. do po- j j čátkuo(obr.14).kekaždépřene- sené síle musíme při pojit moment O v x j M j příslušnésilovédvojice. j Poté můžeme najít výslednici sil a momentů silových dvojic soustavy: v n n v = j, M v = M j. (19) Obr. 14 j=1 j=1 K tomu je třeba připomenout, že v případě rovinné soustavy mají všechny momenty M j směrkolmýkroviněsil(majívnašempřípaděsměrosy z)atudíž se skládají skalárně. Pro výsledný moment byl v obr. 14 použit pro jednoduchost symbol obloučku se šipkou, naznačuje směr rotace, kterou by moment sílyvyvolal.tentomoment M v lzezcelaeliminovatvhodnýmpřemístěnímvýslednice v tak,aby v d=m v. Půjde-li naopak o rovinnou soustavu rovnoběžných sil, bude úloha snadno řešitelná. Při početním postupu lze jednak využít výše popsané metody s tím, že obě rovnice(19) budou skalární. Jednak lze využít momentové věty(14). Oba postupy uplatníme v následujícím příkladě. Příklad 1 Určetevýslednicisil 1, 2, 3,kterépůsobínatuhýnosníkpodle(obr.15). Tíhovou sílu nosníku neuvažujte. 13

14 M v O C 1=60N, 2 =40N, 3 3 =30N, a=0,30m 1 v a a a Obr. 15 Řešení a) DanésílypřenesemedoboduOanajdemevýslednousíluavýslednýmoment silových dvojic: v = = 50N d 2 M v = 1 a+ 2 2a 3 3a= 21N m. Výslednýmoment M v vyrušímepřemístěnímvýslednésíly v dovzdálenosti d,pronížplatí d= M v v = m=0,42m. b) Polohu výslednice lze určit rovněž užitím momentové věty(14), podle níž součet momentů složkových sil vzhledem k bodu(c) ležícímu na výslednici je nulový: 1 (d a)+ 2 (2a d) 3 (3a d)=0 d= a=0,42m. 1.6 Grafické určení výslednice rovinných soustav sil Grafickéřešenípopsanévčlánku1.4a(obr.8)lzepoužítjenpropřípadrůznoběžných sil. Grafické řešení pro rovnoběžné síly(obr. 10, 11) aplikované na obecnější případy by bylo velmi pracné. Proto byla vypracována metoda vláknového a silového obrazce. Metodu si ukážeme na konkrétním jednoduchém případě dvou rovnoběžných sil(obr. 16a). 14

15 a) b) p v 1 p C 2 B p 2 2 v P(pól) v v obrazec vláknový 0 obrazec silový Obr. 16 Ksoustavěpřipojímenulovousoustavusil 0, 0 nanositelce0směru podstatněodlišnéhoodsměrunositelek p 1, p 2.Pracujemenejprvesesilou 0, kterousečtemesdanousilou 1 adostanemedílčívýslednici 1 = 0+ 1 (obr.16b).nositelka1tétosílymusíprocházetprůsečíkemnositelek p 1 a 0 vizvláknovýobrazec(obr.16a).nynísevrátímedosilovéhoobrazcea ksíle 1přičtemedanousílu 2 adostanemedílčívýslednici 2= 1+ 2, jejížnositelka2musíprocházetprůsečíkembnositelek1ap 2.Nakonecjetřeba odečístvloženousílu 0,tedypřipojitsílu 0.Takdostanemevýslednousílu v = 2 0,kterávevláknovémobrazcimusíprocházetprůsečíkemCnositelek 0,2.BodPjevýznačnýmbodemsilovéhoobrazce;nazývásepól.Celýpostup lze formálně zjednodušit jak ukážeme na dalším příkladě. Mějme soustavu čtyř sil v rovině podle obr. 17. Pomocné síly(vloženou nulovousoustavusil 0, 0 adílčívýslednice)získámespojenímkoncových bodů daných s vhodně voleným pólem P v silovém obrazci(označujeme je nyní již jen čísly) a směry těchto sil přenášíme do vláknového obrazce. Na konci postupujižnepřipojujemesílu 0,nýbržpoužijemenositelky0síly 0,která mástejnýsměr.síla v doplňujepříslušný n+1úhelník.jejínositelkaprochází průsečíkem nositelek 0, 4 ve vláknovém obrazci. 15

16 a) b) P v 4 v Obr

17 2 Těžiště 2.1 Těžiště tuhého tělesa Na jednotlivé hmotné elementy m tělesa působí v homogenním tíhovém poli Země síly, které jsou vzájemně rovnoběžné. Předpokládáme-li, že těleso je homogenníohustotě,budeelementtíhovésíly G = g m=g V.Celková tíhovásíla G = gm=g V procházívýznamnýmbodem,kterýsenazývá těžiště(tentobodpřitomnemusíbýtsoučástítělesa,jakjetomunapř.ukruhového prstence). Polohu xt y, yt, zt těžištětělesana obr. 18 určíme podle pravidel pro skládání rovnoběžných sil, přičemž souřadnice x g V T m T, z T určímetak,žetíhové polenechámepůsobitvesměruosy y asouřadnici y T tak,žetíhovépolenechámepůsobitvesměruosy x.uži- G O jeme přitom Varignonovu větu, např. y T G x z T prosouřadnici x T budeplatit z x T xg V= x T g V, Obr. 18 (V) přičemžsymbol značí, že součet provádíme přes celý objem tělesa. Po krácení g vypočteme x T (V).Takpostupnědostanemevšechnysouřadnicetěžiště x T = 1 V x V, (V) y T = 1 V y V, (V) z T = 1 V z V. (20) Výpočet podle těchto vzorců bude tím přesnější, čím menší elementy V, které vyplňujícelétělesooobjemu V,budemevolit.Vlimitě V 0vedevýpočet na integrování, což přesahuje rámec tohoto textu. Má-li homogenní těleso rovinu nebo osu souměrnosti, leží těžiště v této rovině nebo na této ose. Má-li homogenní těleso střed souměrnosti, je jeho těžiště totožné s tímto středem. Poloha těžiště od podstavy některých homogenních tělesnajejichosevzávislostinavýšce htěchtotělesjeuvedenavtab.i. Tab. I. (V) válec, hranol n boký jehlan kužel polokoule h h h h=3 8 r Je-li těleso sestaveno z několika dílčích těles, jejichž hmotnosti m = V a souřadnice jejich těžišť známe, určíme těžiště tělesa užitím vzorců(20). 17

18 v tělese dutina nebo otvor, připojíme do tě- TS 1 G2 S 2 G G1 Obr. 19Je-li hranolu s otvorem. žiště této chybějící části tíhovou sílu opačného směru. Např. v hranolu na obr. 19 je asymetricky vytvořený válcovýotvor.dobodu S 2 tedypřipojímetíhovou sílu G2 opačnéhosměrunežmátíhovásíla G1.Síla G1 odpovídácelistvémuhranolu, G = G1 G2 2.2 Těžiště plochy a čáry nalogicky pojmu těžiště tělesa se zavádí pojem těžiště plochy a těžiště čáry. Pro výpočet souřadnic těžiště rovinné plochy si představme homogenní plochétělesooplošezákladny Sakonstantnítloušťce t.podosazenídoprvních Tab. II b Kruhový oblouk T r αα y T y T = r sinα α = rb s s Půlkruhový oblouk α=π/2, b=πr, s=2r y T = 2r π Trojúhelník h y T = h 3 T y T Kruhová výseč T 18 r αα y T y T = 2rsinα 3α Půlkruh α=π/2 y T = 4r 3π

19 dvouvztahů(20)za V= ts, V= t Sdostaneme x T = 1 x S, S (S) y T = 1 y S. (21) S (S) Podobně pro výpočet souřadnic těžiště rovinné čáry si představme drát konstantníhopříčnéhoprůřezu Svelmimalýchrozměrůoprotidélce l.pak V= Sl, V= S lapodle(20)dostaneme x T = 1 x l, y T = 1 y l. (22) l l (l) (l) Vlimitě S 0nebo l 0přecházejívýrazy(21)a(22)opětnaintegrály. Výsledky řešení pro některé důležité čáry a plochy jsou uvedeny v tab. II. Příklad Vypočtěte souřadnice těžiště plochy na obr Řešení: Nejprve vhodně zvolíme soustavu souřadnic(vizobr.21,22).plochajesymetrická podle osy x, proto počítáme jen 70 T souřadnici x T,neboť y T =0.Plochulze rozložit na obdélníky. Je několik možností, zvolíme dvě. 10 Obr.20 a) Plochu rozložíme na tři obdélníky(obr. 21). S 1 = S 3 =300mm 2, S 2 =900mm 2, S=2S 1 + S 2 =1500mm 2, x 1 = x 3 =15mm, x 2 =35mm, x T = 2S 1x 1 + S 2 x 2 S =27mm. b) Plochu rozložíme na dva obdélníky(obr. 22): od obdélníku BCD plochy S 1 odečtemeobdélníkeghplochy S 2.Platí S 1 =3600mm2, S 2 =2100mm2, S= S 1 S 2 =1500mm2, x 1=20mm, x 2=15mm, x T = S 1 x 1 S 2 x 2 S =27mm. 19

20 y y x x 2 x 1 = x 3 S 1 T T O x T x S 2 S 3 S Obr.21 2 S B 2 E O x S H G D x C 1 x T Obr. 22S Grafické určení těžiště Protože při hledání souřadnic těžiště jde v podstatě o úlohu nalezení působiště výslednice soustavy rovnoběžných sil v prostoru nebo v rovině, lze pro řešení této úlohy použít grafických metod vypracovaných pro řešení těchto soustav. Pro řešení těžiště osově symetrických těles, plochých těles, ploch a čar lze použítgrafickéhořešení,kteréjepopsánovčlánku1.5.ukážemesitonadvou příkladech. Příklad 3 Naleznětesouřadnici x T těžištěplochyzpříkladu2grafickoumetodou,ato propřípadyada),adb)rozkladuplochy. O x T T S 1 +S 3 S 2 S 1 +S P Obr. 23 S S 2 x T =27mm 20

21 x T S 2 0 T O 2 S P 0 1 S S S 1 S 1 Obr.24x T =27mm Řešení: Úlohu převedeme na skládání sil, jejichž velikost je úměrná velikosti příslušných ploch. a) Obr.23 b) Obr.24 Řešeníadb)jeméněpřesné,protožesezdeuplatňujerozdílsil.Protobylo zvoleno větší měřítko pro délky. Příklad 4 Určete grafickým řešením souřadnice těžiště lomené čáry podle obr. 25. l 4 l 3 α l 2 l1= l2= l4=25mm, α l 3 =40mm, l α=45 1 Obr. 25 Řešení: Nejprve zvolíme soustavu souřadnic(obr. 26). Velikost tíhových sil bude úměrná délkám úseček, jejich působiště bude ve středu úseček. Směr těchto sil budeprosouřadnici x T vzápornémsměruosy y,pro y T vesměruosy x.silové obrazce spojíme do jednoho obrazce se společným pólem P(viz obr. 26). 21

22 y l 2 T l 3 l x T =30mm y T =36mm y T l 1 x T O 3 x P Obr

23 3 Rovnováha a uložení tělesa v rovině 3.1 Podmínky rovnováhy tělesa Věnujme nejprve pozornost případu tuhého tělesa, které se nachází v inerciální vztažné soustavě a na nějž působí obecná prostorová soustava sil(obecně sil vzájemně mimoběžných). by toto těleso bylo v rovnováze, aby tedy existovala vztažná soustava, v níž se nebude pohybovat ani posouvat, ani otáčet, musí být výslednice sil působících na těleso nulová a musí být nulová i výslednice momentůsil.musítedyplatit n j = 0, (23) j=1 n M j = 0. (24) j=1 Tyto dvě vektorové rovnice reprezentují šest složkových rovnic. Volné těleso, jakvímezúvodu,mášeststupňůvolnostiasplněníkaždéztěchtosložkových rovnic odebírá tělesu jeden stupeň volnosti. Těleso, které se ve vztažné soustavě nepohybuje, má nula stupňů volnosti. Vtétostati,kterájejenúvodemdostatiky,budeúčelnézabývatsepouze řešením případu rovnováhy tuhého tělesa v rovině. Pak se v případě obecné soustavy sil v rovině redukuje rovnice(23) na dvě složkové rovnice a rovnice (24)najednusložkovourovnici.Budou-lisílypůsobitvrovině z=0,budou mít složkové rovnice rovnováhy tvar n xj =0, j=1 n yj =0, (25) j=1 n M zj =0. (26) j=1 Jdetedyotřirovnice,kteréodpovídajítomu,ževolnétělesomávrovinětři stupně volnosti. Splnění každé z rovnic(25),(26) odebírá tělesu jeden stupeň volnosti. Bude-li na těleso působit jen soustava různoběžných sil, tedy soustava sil se společným působištěm, bude rovnováhy tělesa dosaženo při splnění podmínek (23), resp.(25). Pro dosažení rovnováhy tělesa zde proto postačí, aby silový obrazec byl uzavřený, neboli, aby výslednice sil byla nulová. U obecné soustavy sil je to podmínka pouze nutná. 23

24 Bude-li na těleso působit jen soustava momentů sil, vyvolaných např. soustavou silových dvojic, pak postačí pro rovnováhu tělesa jen splnění podmínky (24), resp.(26). Pro obecnou soustavu sil je to opět jen podmínka nutná. Současné splnění obou podmínek(23),(24), resp.(25),(26), dává podmínku nutnou a postačující pro případ působení obecné soustavy sil na tuhé těleso. Rovnováhy tuhého tělesa bude dosaženo v těchto dvou případech: 1.Prodanésíly(častooznačovanéjako vtištěné síly)obecněpůsobícína těleso budou splněny podmínky(23),(24), neboli výslednice daných sil a jejich momentů bude nulová. 2. Nebudou-li výslednice daných sil a jejich momentů nulové, je nutné tuhé těleso vhodně uložit(viz. odst. 3.3). Pak vzniknou v uložení reakce, které doplní soustavu daných sil a momentů sil tak, že podmínky(23),(24) budou splněny. 3.2 Některé nutné podmínky rovnováhy sil a) Rovnováha dvou sil Dvě síly budou v rovnováze, jen když budou ležet natéženositelce.bytobylapodmínkanutnái postačující, musí být tyto síly také stejně velké a vzájemně opačného směru. G Např. volná kulička v tíhovém poli nebude v rovnováze, působením tíhové síly bude padat. bychom ji uvedli do rovnováhy při zachování R působení dané síly G, položíme ji na vodorovnou podložku. Ta začne na kuličku působit ve směru Obr. 27 svislicesilou reakcí R= G,kterájiuvede do rovnováhy(obr. 27). b) Rovnováhatřísilvrovině Nutnou podmínkou pro rovnováhu tří různoběžných sil působících v rovině je, aby tyto síly procházely jedním bodem. Tato věta má velkou důležitost pro statiku rovinných soustav, jak uvidíme v dalších příkladech a úlohách. Příklad 5 Danou sílu, která leží na nositelce p, uveďte do rovnováhy dvěma silami, přičemžojednévíte,želežínapřímce p B,kterájerůznoběžnáspřímkou pa druháprocházíbodem,kterýležívroviněurčenépřímkami p, p B.Příkladje konkretizován na obr. 28a. 24

25 Řešení Užijemevětuotřechsilách sílymusíprocházetprůsečíkemopřímek p, p B (obr.28b).tímjedánsměrsíly přímka p,kterájespojnicíbodů, O.Zesilovéhoobrazcenaobr.28curčímevelikostsil, B.Silovýobrazec jeuzavřen jdeosílyvrovnováze. a) p b) p c) p O B p p B p B p B Obr. 28Příklad 6 Danousílu,kteráležínanositelce p,uveďtedorovnováhydvěmarovnoběžnýmisilami, B,kterépůsobínadanýchrůznýchpřímkách p, p B, přičemžpřímky p, p, p B jsouvzájemněrovnoběžnéaležívtéžerovině.situace je konkretizována na obr. 29a. Řešení Protožesíly,, B seprotínajívnekonečnu,nenímožnépřímopoužít větu o třech silách. Sílu uvedeme do rovnováhy dvěma pomocnými silami S 0, S 1 podstatněodlišnéhosměru(vhodnouvolboupólup).situacejeznázorněnanaobr.29b,cařešísepostupemreciprokýmpostupu,kterýbylpopsán včl.1.6.vevláknovémobrazci(obr.29b)nakreslímenositelky0,1sil S 0, S 1 tak,abyseprotínalynanositelce p(síly S 0, S 1, jsouvrovnováze procházejíbodemo ). a) b) c) p p p p B p O 1 O 2 0 p B B O B S 2 S 0 S 1 P Obr

26 Nositelka p neznámésíly musíprocházetbodemo,podobněnositelka p B neznámésíly B musíprocházetbodemo B.Vláknovýobrazecuzavřeme přímkou2,kterájespojnicíbodůo,o B audávásměrtřetípomocnésíly S 2. Nynívesložkovémobrazci(obr.29c)rozložímesílu S 0 nasílu S 2 ahledanou sílu B.Výslednicepomocnýchsil S 1 a S 2 pakdávávelikostdruhéneznámé síly.tímjeúlohavyřešena. Podobně budeme řešit i problém popsaný v příkladě 5, jestliže průsečík O přímek p, p B budemimolistpapíru. Příklad 7 Danousílu nanositelce puveďtedorovnováhytřemisilami, B, C, kteréležínadanýchrůznoběžkách p, p B, p C bezspolečnéhoprůsečíku, přičemžvšechnypřímky p, p, p B, p C ležívjednérovině.situacejekonkretizovánanaobr.30. p p p C p B Obr. 30 Řešení a) p b) D p c E p C p B B C C Obr

27 Jde o rovnováhu čtyř sil, kterou převedeme prostřednictvím pomocné Culmannovy síly na rovnováhu dvou trojic sil, tedy na řešení známého problému. Culmannova síla C má směr Culmannovy přímky c, která je spojnicí průsečíků D, E(obr. 31a). Ve složkovém obrazci(obr. 31b) nejprve uvedeme do rovnováhy sílu silami, Capakrozložímesílu Cnahledanésíly B, C,kterémají společné působiště v bodě E. 3.3 Uložení tělesa v rovině Volnétělesovprostorumášeststupňůvolnosti,volnétělesovroviněmátři stupně volnosti. Poloha tělesa v rovině je jednoznačně určena polohou úsečky, kteráleží vtétorovině(např.polohouúsečkybnaobr.32).ktomuje zapotřebí tří souřadnic, např. x, y, ϕ. B B ϕ ϕ (x,y) Obr. 32 Obr. 33 Pohyblivost volného tělesa můžeme snížit zavedením vazby. Zamezíme-li pohybu bodu (obr. 33), odebereme tělesu v rovině dva stupně volnosti. Těleso bude mít jeden stupeň volnosti jeho pohyblivost bude popsána změnou jediné souřadnice ϕ. Pohybu bodu zamezíme pevnou podporou(obr. 33). Zbývající jeden stupeň volnosti odebereme posuvnou podporou v bodě B(obr. 34), kterázamezírotacitělesakolembodu.pokudbychomvboděbpoužilipevnoupodporujakovbodě,bylabysoustavajižstatickyneurčitá(mělaby 3 2 2= 1stupňůvolnosti) vizobr.35.takovousoustavujižnelzeřešit jen užitím zákonů statiky. Pokud se tato podpora u skutečného tělesa použije, musí se řešení doplnit užitím zákonů pružnosti a pevnosti. Pokud bychom vložilimezibody,bvobr.35ještěpodporuposuvnou,bylabysoustavajiž dvakrát staticky neurčitá. B B Obr. 34 Obr. 35 Pevnou podporu v rovině můžeme realizovat rovněž připojením dvou tu- hýchprutůdojednohobodutělesa,např.vboděnaobr.36.jedenpřipo- 27

28 2 B C B 1 3 Obr. 36 Obr. 37 jenýprutodeberejedenstupeňvolnosti např.vboděbnaobr.36.trojnásobnévyužitítétovazbyjenaobr.37.otřenívuloženínaobr.33až37seve statice neuvažuje. Existuje ještě vazba, která lokálně odebírá tuhému tělesu všechny stupně volnosti. Je tovetknutí(obr.38).tuhémutělesuvrovině odebírá tedy tři stupně volnosti, tělesu konajícímu prostorový pohyb odebere šest Obr. 38 stupňů volnosti. 3.4 Princip uvolnění z vazby, určování reakcí Řešení rovnováhy vázaného tělesa(neboli tělesa podrobeného vazbám) převádíme na řešení rovnováhy volného tělesa tím, že je uvolníme z vazby, tj. odstraníme vazby a jejich účinek nahradíme působením pasivních sil, tzv. reakcí(nazývají se rovněž vazbové síly). Popsaný postup je vyjádřením principu uvolnění z vazby. Reakce se zpravidla označují symbolem R. Tyto síly vstupují do podmínek rovnováhy(25),(26) společně s danými silami. Ještě je třeba vědět, jaký směr budou mít reakce u jednotlivých druhů podpor. 1.Podporu pevnou (vobr.34)nahradímereakcí R,kterámůžemít vrovinělibovolnýsměr.mátedydvěsložky R x, R y (dvěneznámé). 2.Podporuprutovou(1,2,3naobr.36,37)nahradímereakcí R,kterámá směr prutu(jedna neznámá velikost). 3.Podporuposuvnou(Bvobr.34)nahradímereakcí R B,kterámásměr kolmý na možný směr posuvu tělesa na podpoře(jedna neznámá velikost). 4.Vetknutí(vobr.38)vrovinnéúlozenahradímereakcí R,kterámůže mítvrovinělibovolnýsměr(mádvěsložky R x, R y )areakčnímmomentem M R,kterýjekolmýkuvažovanérovině(celkemtřineznámé). 28

29 Uplatnění popsaného postupu početního řešení si ukážeme na následujícím příkladě. V dalším příkladě bude užito grafické řešení rovnováhy. Příklad 8 Určete reakce pro homogenní tuhé nosníky zatížené silami a uložené podle obr. 39 a 40. Nosníky se nacházejí v homogenním tíhovém poli, hmotnost každéhoznichje m.podlezvyklostívoltekladnýsměrsildolů. 1 l g a B a l α 2 Obr. 39 Obr. 40 Řešení Nosníky nejprve uvolníme z vazby, připojíme reakce a napíšeme podmínky podle(25)a(26).zamomentovýbodbudemevoboupřípadechvolitbod. Vestředunosníkůpůsobítíhovásíla mg. a) Nosníkzobr.39. R y l/2 a R B R x x y mg B x = sinα, y = cosα l Obr. 41 Rovnice rovnováhy: R x x =0, R y + y + mg R B =0, a y + l 2 mg lr B=0. 29

30 Řešením dostaneme velikost složek reakcí b) Nosník(krakorec) z obr. 40. R x = sinα, R B = acosα l + mg 2, R y = cosα acosα l + mg 2. R y 1 M R R x a mg l/2 Obr. l 42 Rovnice rovnováhy: R x =0, R y 1 + mg+ 2 =0, M R a 1 + l 2 mg+ l 2=0. 2 Řešením R x =0, R y = mg, M R = a 1 + mgl 2 + l 2. Příklad 9 Je dáno těleso zleva uchycené dvěmi prutovými podporami a zprava kluzně podepřené podle obr. 43a. Pro danou sílu graficky určete příslušné reakce. Řešení Jdeoúlohurozložitdanousílu natřisíly(reakce)danýchsměrů,přičemž směrnositelky R B jekolmýkpodložce B.Řešeníprovedemeprostřednictvím Culmannovy síly C(viz příklad 7). 30

31 a) D b) R D c R D R C R B B R B R Obr

32 4 Řešení rovinných prutových soustav Jako důležitou technickou aplikaci dosud probraných poznatků naznačíme nyní statické řešení prutových soustav, tj. soustav složených z jednotlivých prutů, se kterými se setkáváme např. u mostů, jeřábů, stožárů, střešních vazniků, u lešení apod. Pro jednoduchost se budeme zabývat jen rovinnými soustavami. Jednotlivé pruty soustavy se protínají v místech, která se nazazývají styčníky. Ve styčnicích jsou pruty zpravidla spojeny prostřednictvím styčníkových plechů, na které jsou pruty přinýtovány nebo přivařeny, případně jsou zde spojeny klouby. Pro statické řešení budeme prutovou soustavu definovat jako soustavu složenou z tuhých prutů zanedbatelné hmotnosti, které jsou navzájem spolu spojeny ideálními klouby(v nichž není tření) ve styčnicích(obr. 44) R B R B Obr. 44 Obr. 45 Při řešení prutové soustavy musí být splněny tyto podmínky: 1. Prutová soustava musí být dokonale tuhá, tj. pruty musí tvořit staticky určité obrazce, jimiž jsou trojúhelníky(obr. 44). 2. Vnější dané síly působí jen ve styčnicích(obr. 44). 3. V jednotlivých prutech působí jen vnitřní síly; tj. na uvolněných prutech musí být rovnováha sil. Protože vnější síly působí jen ve styčnicích, leží nositelky sil, které pruty přenášejí, v ose prutů. Vnitřní síly namáhají prutybuďnatahnebonatlak. 4. Vůči vnějším silám se prutová soustava chová jako tuhé těleso(obr. 45). Reakce proto určujeme jako u nosníků(viz čl. 3.4). Grafický způsob řešení, který je za uvedených předpokladů velmi jednoduchý, si ukážeme na příkladech. Máme např. určit síly v prutech konzolového jeřábu(obr. 46a) zatíženého vestyčníkui.silou auloženéhovestyčnicíchii.aiii.nejprvejenutnézvolit měřítko dispozice, tj. měřítko nákresu jeřábu tak, že 1 mm nákresu odpovídá λmmveskutečnostiadáleměřítkosiltak,že1mmsilovéhoobrazceodpovídá 32

33 κnewtonů(n).přiřešenínejprveurčímeznámýmpostupemreakce R, R B (obr. 46 a,b). I 2 B II R B 1mm = λmm 3 1 silový obrazec: 1mm = κn IV R B 4 R 5 R III a)dispozice: b) RB R B R 1 d) R c) Obr. 46 Základní myšlenkou řešení vnitřních sil v prutech je, že musí být v rovnováze síly působící na každý jednotlivý styčník. Přitom si uvědomíme, že nositelky sil vprutechležínaosáchprutůaževestyčnicíchseprotínajívjednombodě. Prokaždýstyčníklzetedyurčitdvěneznámésílyvprutech.Zpožadavku,že silový obrazec musí být uzavřen, dostaneme grafické řešení všude tam, kde ve 33

34 styčníku nepůsobí více než dvě prutové síly. VnašempřípadělzetudížzačítstyčníkemIneboIII.Vyjdemezestyčníku I a nakreslíme příslušný silový trojúhelník (plně vytažený trojúhelník v obr. 46c). Při kreslení silového obrazce zásadně připojujeme síly za sebou v takovém pořadí, v jakém následují za sebou při oběhu kolem styčníku. Oběh volíme např. ve směru chodu ručiček na hodinách. TakmámevyřešenstyčníkI.Síly1a2naobr.46cjsousíly,kterýmipůsobí pruty1a2nastyčník,abyjejuvedlydorovnováhy.naopakstyčníkpůsobí podle principu vzájemného působení na pruty silami opačného směru(obr. 46a).Prut1jetedynamáhánnatlak(budemedefinovat,žesílamázápornou hodnotu),prut2jenamáhánnatah(budemedefinovat,žesílamákladnou hodnotu). Do dispozice(obr. 46a) nakreslíme šipky příslušných sil. Nyní můžeme postoupit do styčníku II. nebo IV. Zvolme styčník II., kde síluvprutu2jižznáme.nakreslímesilovýobrazec(tečkovanývobr.46c)a vyznačíme směry sil v dispozici. Nyní postoupíme do styčníku III.(čerchovaný silový obrazec). Silový obrazec pro styčník IV.(čárkovaný) kreslíme jen pro kontrolu, protože síly jsou již určeny z rovnováhy ostatních styčníků. Jak si můžeme všimnout, není nutné při kreslení silových obrazců síly v prutech překreslovat, ale lze nakreslit jediný obrazec(obr. 46d), kterému se říká Cremonův silový obrazec. Směry vnitřních sil, tj. sil v prutech, se do tohoto obrazce nevyznačují, ale kreslí se přímo do dispozice. Při praktickém řešení se v dispozici nevyznačují dvojice šipek směrů vnitřních sil, jak je tomu v obr. 46a. Vyznačují se jen směry vnitřních sil, kterými působí prut na styčník. Tak již je to provedeno v řešení následujícího příkladu 10 a v řešení úlohy 21. Příklad 10 Grafickoumetodouurčetereakce R, R B asílyvprutechprutovésoustavy zobr.47a.jsoudányvelikostisil 1 =12,5kN, 2 =25,0kNajejichsměr. Řešení Nejprvegrafickyurčímereakce R, R B navýslednouvnějšísílu = Poté budeme postupně určovat síly v prutech Cremonovým silovým obrazcem. Můžeme postupovat buď od styčníku v podpoře, nebo od styčníku v podpoře B. Výsledky řešení jsou uvedeny v tabulce, přičemž tahové zatížení prutu je označeno znaménkem + a tlakové zatížení znaménkem. Zajímavé je, že pro danévnějšísílyneníprut3zatížen(nemuselbytamtudížanibýt). 34

35 a) 1 O R R RB 11 R B 11 R B B R Obr.47 dáno: 1 =12,5kN, 2 =25,0kN řešením reakce: R =26,5kN, R B =10,0kN 2 dispozice: 1mm =125mm silový obrazec: 1mm =625N prut /kn -10,7-15,8 0-15,8-3,5-9,2 +24,2-29,0-24,3-22,5 +16,8 35

36 1.Jedánasoustavasilpodleobr.48,kde 1 =200N, 2 =100N.Vypočtěte moment sil vzhledem k počátku O vztažné soustavy. Grafickou metodou určete výslednici sil a výpočtem ověřte platnost Varignonovy věty pro daný příklad. y 1 y 3 1 α 3 α 1 2 α O x 5m O x 2m Obr. 48 Obr Jedánarovinnásoustavasilpodleobr.49,kde 1 =20N, 2 =30N, 3 =25N, α 1 =60, α 2 =30, α 3 =45 apůsobištěmajísouřadnice 1 (2,0;1,5)m, 2 (4,0;2,0)m, 3 ( 1,0;1,5)m.Početnímetodouurčete velikost a směr výslednice. Stanovte rovněž polohu bodu, v němž její nositelka protíná osu x. 3.Jedánarovinnásoustavapodleobr.50,kde 1 =4 4, 2 =2 4, 3 =3 4 a 4 =10N.Grafickoumetodouurčetevelikostvýsledniceapolohujejí nositelky. y kg 1 4kg 4kg 1kg O 3 2 x 4 O x 4m 4m 1m Obr. 50 Obr Určete polohu těžiště diskrétní soustavy hmotných bodů ležících na ose x 5 Úlohy 36

37 podle obr Určetepolohutěžištěrovinnýchobrazcůznázorněnýchnaobr.52a,b,c,d. a) b) y y OP O x 40 O d) c) y y r x O S x 3r Obr Vypočtěte polohu těžiště čáry z příkladu Ověřte výsledek pro polohu těžiště půlkruhu z tab. II. proužkovou metodou. Plochu půlkruhu přitom rozdělte na šest proužků stejné šířky a řešte graficky i početně. <x 8. Ověřte výpočtem výsledek pro polohu těžiště homogenního kužele a homogenní polokoule z tab. I. Užijte metody dělení daného tělesa tak, že jeho 37

38 výškurozdělítena nstejnýchdílků.volte n=4an=8aporovnejte přesnostřešení.výsledekvtab.i.platíprolimitnípřípad n. 9.Určetegrafickýmřešenímavýpočtemsíly S 1 a S 2 voboučástechlana,které nesesedačkulanovédráhypodleobr.53.jedáno: =10kN, l 1 =3m, l 2 =1m, h=0,5m. C s D h l 1 l 2 S S 2 α a 1 B Obr. 53 G Obr HomogennítyčBjepodleobr.54jednímkoncemopřenaodokonalehladkoustěnuadruhýmkoncemzavěšenanalaněBC.Vypočtětejakávzdálenost C = s přísluší rovnovážné poloze soustavy. Určete rovněž sílu S vlaněareakci R stěnyvbodě.jedáno:délkatyče B =a=4m, α=45, G =100N. 11. Jakou sílu musíme vyvinout, abychom Obr. překuliliválecohmotnosti mao poloměru rpřespřekážkuvýšku h(h < r) m podle obr. 55. r O h Jakousilou Smusímetáhnoutzalano,abychomvtíhovémpoliudrželirovnováhu přímé homogenní tyče zanedbatelné tloušťky o hmotnosti m = 20 kg opřené spodním koncem o drsnou podlahu podle obr. 56. Řešte graficky. Zkontrolujte zda nedojde k prokluzu tyče, je-li součinitel smykového tření f=0, Mějme soustavu dvou spřažených kyvadel, která se v tíhovém poli nachá- 38

39 zejívrovnovážnépolozepodleobr.57.bodováhmotnost m 1 jeneznámá, m 2 =5kg,hmotnostramenahmotnostvláknajezanedbatelná.Určete hmotnost m 1 asílu Snapínajícívrovnovážnépolozevláknouchycenévbodech,Bkyvadel. 600 y B O1 O2 C S B m O x m 1 Obr. 56 Obr Vypočtěte reakce tuhých nosníků zanedbatelné hmotnosti a zatížené obecně zadanýmisilamipodleobr.58a B a 1 a a 2 α l l Obr. 58 Obr Určete reakce homogenního nosníku jeřábové dráhy nesoucí jeřáb o hmotnosti m 1 =4000kgsezavěšenýmbřemenemohmotnosti m 2 =2000kg (obr. 60). Poloha těžiště T nezatíženého jeřábu je vyznačena. Hmotnost jeřábovédráhy m 3 =2000kg.Projednoduchostuvažujte g=10m s Určetereakcevprutech1,2,3soustavypodleobr.61.Jedáno =200N, G =500N. 39

40 m 1 m T 1 45 m 3 B m 3m 10m G Obr. 60 Obr Člověkohmotnosti mvystupujepožebříku(uvažujte, že se žebříku dotýká bodově).žebříkvboděstojínavodorovné y drsné podložce, s níž má koeficient smykovéhotření favboděbsedotýkásvislé B l g mg α dokonalehladkéstěny,snížsvíráúhel α ξ (obr.62).žebříkmádélku lazanedbatelnou hmotnost. Určete reakce v bodech,bpropřípadobecnépolohyčlověkave O x vzdálenosti ξ od bodu. Jaká podmínka musíplatitprosoučinitel f,abynedošlo kprokluzužebříkupopodlazevžádnépoloze Obr. 62 člověka? 18.Naobr.63jeznázorněnabrzdakměřenívýkonumotoru.Síla působí prostřednictvímpákyašpalíkunabubenopoloměru r,kterýseotáčíúhlovou rychlostí ω. Koeficient smykového tření mezi bubnem a špalíkem je f.vypočtětereakcivboděavýkon Pmotoru. 19.Naobr.64jeschémazatěžovacíhozařízení.Grafickyurčetesíly S 1 až S 7 v prutech a síly, kterými je stlačována krychle při dané vnější síle o velikosti =50kN. 20.Jedánpříhradovýnosníkpodleobr.65zatíženývestyčníkuII.silouovelikosti = 80 kn. Grafickým postupem určete: a) Reakcevpodporách,B. b) Velikostasměrsilvprutech1až5. 40

41 5 B 1 2 b 6 r ω 4 3 a l D 7 C Obr. 63 Obr. 64 I m 1 II 4 B 2m 4m Obr Prutová soustava mostního jeřábu podle obr. 66 je zatížena ve styčníku C silou,jejížvelikostje =60kNajejížnositelkajekolmánaspojnicistyčníků, B. Prutová soustava je vytvořena jako soustava pěti rovnostranných trojúhelníků, každý o základně 3,00 m. Určete grafickým postupem: a) Reakce R, R vpodporách. b) Velikostasměrsilvprutech1až C 10 B m 41 Obr. 66

42 Výsledky úloh 1. M v =666N m, v =291N 2. v =27,1N, α v =47 30, x v = 4,175m 3. v =60N, x v =27mm 4. x T =5,2m 5.a) x T =24mm, y T =58mm b) x T =38mm, y T =62mm c) x T =50mm, y T =29,7mm d) x T =1,19r, y T =0mm 6. x T =29,5mm, y T =36,1mm 9. S 1 =13,6kN, S 2 =15,5kN 10.Jdeorovnováhutřísil:, S, R.Protože Rmusíbýtkolmákestěně(tření je nulové), musí nositelky těchto sil procházet bodem D, ležícím ve středu úsečkybc.pak tg α s=acosα=2,83m, R= G =50N, 2 S= R 2 + G 2=112N. 11.ZrovnováhymomentusilkboduOje 2rh h 2 = mg. r h 12.Jdeorovnováhutřísil.Sílavlaněvycházíovelikosti S =183N.by nedošlokproklouznutí,musíbýt R y f > R x.vychází R y f=129n, R x =127Nakproklouznutítedynedojde. 13.Výpočtemzpodmínekrovnováhy m 1 =7,73kg, S=36,8N. 14.Nosníkzobr.58:Reakce R B másměrkolmýkpodložcepodporyb. R x =(a a 2 2 ) tg α l, R y = a a 2 2 l 42,

43 R B = a a 2 2. lcosα Nosníkzobr.59: R=0, M R =(a l). 15. R =44kN, R B =36kN. 16. R 1 = R 3 =150N, R 2 =707N. 17. R y = mg, R x = R B = mg ξ tg α, f tg α. l 18. R x = fl ( ) l a+fb, R y= a+fb 1, P= ωflr a+fb. 19.Postupněřešímerovnováhutřísilvkloubech,B,C,D.Je S 1 = S 2 = S 3 = = S 4 =70kN.Tojsousoučasněsíly,kterýmijestlačovánakrychle.Dále S 5 = S 6 = S 7 =50kN. 20.a) R =53,3kN, R B =26,7kN, b) S 1 =75,5kN(tlak),S 2 = S 4 =53,0kN(tah), 21.Vizobr.67. S 3 =59,0kN(tlak),S 5 =80,0kN(tah). prut zatíž./kn 23,2 11,6 23,2 23,2 23,2 34,8 prut zatíž./kn 23,2 46,4 46,4 23,2 46,4 43

44 s 2 R 3,0m s 0 s R B B R R s 0 s 2 O 8 s RB R B 10 dispozice:10mm =1m silovýobrazec:1mm =1,5kN 44 dáno: =60kN řešením reakce: R =20kN, R B =40kN Obr. 67

45 Literatura [1] Baník, I., Baník, R., Zámečník, J.: yzika netradične, Mechanika. lfa, Bratislava 1990 [2] Brdička, M., Hladík,.: Teoretická mechanika. cademia, Praha 1987 [3] Horák, Z., Krupka,., Šindelář.: Technická fyzika. SNTL, Praha 1961 [4] Juliš, K., Tepřík, O., Slavík,.: Statika. SNTL, Praha 1987 [5] Trkal, V.: Mechanika hmotných bodů a tuhého tělesa. Nakl. ČSV, Praha 1956 [6] Vybíral, B.: Teoretická mechanika, 1. a 2. díl. Gaudeamus, Hradec Králové