Probleme Si Teme Aplicative de Statica

162
Teodor HUIDU Alexandru POPA Cornel MARIN CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ STATICA EDITURA MACARIE TÂRGOVIŞTE - 2001

Transcript of Probleme Si Teme Aplicative de Statica

Page 1: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

Teodor HUIDU Alexandru POPA Cornel MARIN

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME

APLICATIVE DE MECANICĂ

STATICA

EDITURA MACARIE TÂRGOVIŞTE - 2001

Page 2: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

2

Page 3: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

3

Descrierea CIP a Bibliotecii nationale a României HUIDU, TEODOR Culegere de probleme şi teme aplicative de mecanică: statica /

Teodor HUIDU, Alexandru POPA, Cornel MARIN - Târgovişte: Editura Macarie, 2001

162p; 25cm - (Universitaria)

Bibliogr.

ISBN 973 - 8135 - 61 - 3

I. Popa, Alexandru

II. Marin, Cornel

531(076)

Recenzia ştiinţifică:

Prof. dr. ing. Constantin MANEA Prof. dr. ing. Ion ROŞCA

Tehnoredactare coputerizată:

Cornel MARIN

2001 Toate drepturile sunt rezervate autorilor

Page 4: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

4

PREFAŢĂ

Lucrarea este rezultatul experienţei autorilor în predarea cursului de Mecanica teoretică studenţilor din cele două centre universitare: Universitatea “Petrol-Gaze” Ploieşti şi Universitatea “Valachia” Târgovişte.

Lucrarea cuprinde următoarele 7 capitole: Statica punctului material, Reducerea forţelor aplicate solidului rigid, Centrul maselor şi centre de greutate, Statica solidului rigid, Statica sistemelor de corpuri, Grinzi cu zăbrele şi Echilibrul firului omogen greu.

Unele aplicaţii sunt inspirate din practica inginerească, altele au fost create de autori de-a lungul anilor ca probleme de seminar sau subiecte de examen. Aceste probleme au un grad de dificultate mediu, fiind accesibile studenţilor din anii I şi II de la profilurile mecanic, electric, metalurgic, etc.

Cele mai multe capitole conţin câte un scurt rezumat de teorie. Sunt prezentate în cadrul fiecărui capitol probleme tip rezolvate precum şi câte un set de teme aplicative însoţite de rezultatele corespunzătoare. Aceste capitole fac parte din Programa Analitică a cursului de Mecanică predat studenţilor în anul I şi II de la facultăţile tehnice.

S-au prezentat de asemenea în cadrul capitolelor 1, 2, 4 şi 5 algoritmi de rezolvare al unor probleme tip cu ajutorul programului Microsoft-EXCEL şi în Anexele 1-5 rezultatele obţinute pentru temele aplicative propuse .

Forma de prezentare a problemelor şi temelor aplicative, pune în evidenţă experienţa autorilor în activitatea cu studenţii, fiecare capitol fiind bine fundamentat şi uşor de asimilat. Autorii îşi exprimă speranţa că prezentarea sub această formă va fi utilă atât studenţilor pentru pregătirea examenului de Mecanică cât şi pentru toţi cei interesaţi în rezolvarea unor aplicaţii practice de Mecanică. Autorii doresc să mulţumească tuturor colegilor şi studenţilor pentru observaţiile, sugestiile, adăugirile pe care le-au adus, precum şi sponsorilor care au contribuit la apariţia lucrării sub această formă. Târgovişte , 2001 Autorii

Page 5: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

5

CUPRINS CAPITOLUL I STATICA PUNCTULUI MATERIAL 1.1. Elemente de calcul vectorial 1.2. Reducerea unui sistem de forţe concurente coplanare 1.3. Reducerea unui sistem de forţe concurente spaţiale. Teme aplicative propuse 1.4 Statica punctului material liber 1.5 Statica punctului material supus la legături CAPITOLUL II. REDUCEREA FORŢELOR APLICATE SOLIDULUI RIGID 2.1. Reducerea sistemelor de forţe spaţiale 2.2.. Reducerea sistemelor de forţe coplanare 2.3. Reducerea sistemelor de forţe paralele 2.4. Teme aplicative propuse CAPITOLUL III. CENTRUL MASELOR (CENTRUL DE GREUTATE) 3.1 Centrul maselor pentru bare omogene 3.2 Centrul maselor pentru plăci omogene. 3.3 Centrul maselor pentru corpuri omogene. 3.4 Teme aplicative propuse CAPITOLUL IV. STATICA SOLIDULUI RIGID 4.1. Echilibrul solidului rigid liber 4.2. Echilibrul solidului rigid supus la legături 4.3. Teme aplicative propuse CAPITOLUL V. STATICA SISTEMELOR DE CORPURI 5.1. Statica sistemelor de corpuri formate din bare. 5.2. Statica sistemelor de corpuri cu frecare. 5.3. Teme aplicative propuse CAPITOLUL VI GRINZI CU ZĂBRELE PROBLEME REZOLVATE Teme aplicative propuse

CAPITOLUL VII ECHILIBRUL FIRULUI OMOGEN GREU PROBLEME REZOLVATE

Page 6: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

6

Page 7: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

7

CAPITOLUL I STATICA PUNCTULUI MATERIAL

1.1 ELEMENTE DE CALCUL VECTORIAL a. Mărimi scalare şi vectoriale În Mecanica teoretică se operează cu mărimi scalare (cum ar fi: masa, timpul, lungimea, etc) şi cu mărimi vectoriale (cum ar fi: forţa, momentul unei forţe în raport cu un punct, momentul unui cuplu de forţe, viteza, acceleraţia, impulsul, momentul cinetic, etc).

Vectorul este o entitate matematică caracterizată prin punct de aplicaţie, direcţie (suport), sens (orientare) şi mărime (scalar, modul)

În funcţie de punctul de aplicaţie se deosebesc: vectori liberi – care au punctul de aplicaţie oriunde în spaţiu şi sunt caracterizaţi prin trei parametri scalari independenţi (respectiv, proiecţiile vectorului pe cele trei axe de coordonate); vectori alunecători -au punctul de aplicaţie situat pe o dreaptă din spaţiu şi sunt caracterizaţi prin cinci parametri scalari independenţi (respectiv, proiecţiile vectorului pe cele trei axe de coordonate şi coordonatele punctului de intersecţie al suportului său cu planul Oxy); vectori legaţi - au punctul de aplicaţie fix în spaţiu şi sunt caracterizaţi prin şase parametri scalari independenţi (respectiv proiecţiile vectorului pe cele trei axe şi coordonatele punctului de aplicaţie).

b.Expresia analitică a unui vector liber şi a unui versor Se consideră un sistem cartezian de axe Oxyz având versorii

k,j,i pentru care se cunosc proiecţiile ax, ay, az , ale vectorului pe cele trei axe(fig. 1.1.a,b). Expresia analitică a vectorului a este:

kajaiaa zyx ++= . (1)

Mărimea vectorului a este prin definiţie numărul pozitiv notat cu : 2

z2y

2x aaaaa ++== (2)

Cosinuşii directori ai unghiurilor vectorului a cu direcţiile celor 3 axe sunt:

aa)k,acos(;

aa

)j,acos(;aaa

aaa)i,acos( zy

2z

2y

2x

xx ==++

== (3)

Page 8: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

8

Versorul vectorului a este prin definiţie un vector unitar, având mărimea egală cu 1, aceeaşi direcţie şi sens cu vector a (fig. 1.1.b):

kaaj

aa

iaa

aauavers zyx

a ++=== (4)

Un vector poate fi definit prin cele două extremităţi ale sale (fig. 1.1.c) având coordonatele A(xA,yA,zA) şi B(xB,yB,zB), şi are expresia analitică:

k)zz(j)yy(i)xx(AB ABABAB −+−+−= (5) Expresia analitică a versorului vectorului AB conform (4) este:

222 )zz()yy()xx(k)zz(j)yy(i)xx(

ABABABvers

ABABAB

ABABAB

−+−+−−+−+−

== (6)

Observaţie În cazul rigidului supus la legături, reacţiunile sunt necunoscute ale

problemei (deoarece nu se cunoaşte mărimea şi sensul lor): pentru rezolvarea problemei se alege un sens oarecare ale reacţiunii; dacă din calcul rezultă un număr pozitiv, atunci sensul ales este corect; dacă din calcul rezultă un număr negativ, sensul real este opus celui ales.

c. Produsul scalar a doi vectori. Proiecţia unui vector pe o axă şi pe un alt vector Dându-se un sistem de axe cartezian Oxyz şi vectorii a şi b având

expresiile analitice: kajaiaa zyx ++= , kbjbibb zyx ++= , se defineşte produsul scalar al celor doi vectori , numărul (pozitiv sau negativ): )b,acos(baba ⋅⋅=⋅ (7)

Expresia analitică a produsului scalar este:

yzyyxx babababa ++=⋅ (8)

z

O y x

a k

j

i

a)

z

A

O

y

x

k

a

j i

ax

ay

az

b)

Fig.1.1

z

O y x

a k

j

i

c)

A(xA,yA,zA)

B(xB,yB,zB)

Page 9: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

9

Cu ajutorul produsului scalar se poate exprima cosinusul unghiului dintre cei doi vectori ; din relaţiile (7) şi (8) rezultă:

2z

2y

2x

2z

2y

2x

zzyyxx

bbbaaabababa

abba)b,acos(

++⋅++

++=

⋅= (9)

Cu ajutorul produsului scalar se poate exprima analitic proiecţia unui vector a , pe o direcţie orientată ∆ având versorul:

kcosjcosicosu ⋅γ+⋅β+⋅α=∆ , (10)

astfel: γ⋅+β⋅+α⋅=⋅== ∆∆ cosacosacosauaapra zyxu (11) Ţinând seama expresia (11), proiecţia vectorului

kajaiaa zyx ++= pe direcţia vectorului kbjbibb zyx ++= se scrie :

b

bababauaapra zzyyxx

bbb

⋅+⋅+⋅=⋅== (12)

d. Produsul vectorial a doi vectori, produsul mixt şi produsul dublu vectorial a trei vectori

Se consideră un sistem cartezian de axe Oxyz şi vectorii a şi b având expresiile analitice: kajaiaa zyx ++= şi respectiv

kbjbibb zyx ++= .

Se defineşte produsul vectorial al celor doi vectori bac ×= , un vector având următoarele caracteristici (fig. 1.2): mărimea sau modulul egal cu aria paralelogramului format din cei doi vectori a şi b : )b,asin(bac ⋅⋅=

direcţia - perpendiculară pe planul paralelogramului format din cei doi vectori a şib : )b,a(c ⊥

sensul - dat de regula burghiului drept sau triedrul format din cei trei vectori a , b şi c .

Fig.1.2

bc

αa

O

Fig.1.3

bc

aO

Page 10: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

10

Produsul vectorial a doi vectori a şi b are expresia analitică:

k)baba(j)baba(i)baba(c

:sau,bbbaaakji

bac

xyyxzxxzyzzy

zyx

zyx

−+−+−=

=×= (13)

Produsul mixt a trei vectori a , b şi c este prin definiţie o mărime scalară dată de produsul scalar dintre vectorul a şi vectorul ( cb × ) repreyentând volumul paralelipipedului având ca muchii concurente cei trei vectori (fig. 1.3):

( ) ( )zyx

zyx

xxx

cccbbbaaa

c,b,acba ==×⋅ (14)

Produsul mixt respectă următoarea regulă (a permutărilor circulare):

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )b,a,ca,c,bc,b,asau

bacacbcba==

×⋅=×⋅=×⋅ (15)

Produsul dublu vectorial a trei vectori a , b şi c este prin definiţie produsul vectorial dintre vectorul a şi vectorul ( cb × ) şi se determină cu ajutorul relaţiei: ( ) )ba(c)ca(bcba ⋅⋅−⋅⋅=×× (16)

PROBLEME REZOLVATE 1.1.1. Fiind daţi vectorii :

jic;kjb;kjia +−=+=+−= 24532

Să se calculeze:

)ba(c);ba(c);b,acos(;ba;ba;apr;ba b ×××⋅××⋅

Problema s-a rezolvat utilizând următorul algoritm:

Page 11: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

11

ALGORITMUL DE CALCUL PENTRU PROGRAMUL MICROSOFT EXCEL ŞI REZULTATELE OBŢINUTE PENTRU PROBLEMA 1.1.1

DATE DE INTRARE DATE DE IEŞIRE A B C D E F G H I J K L M

Nr. ax ay az bx by bz cx cy cz a b c ba ⋅

0 SQRT(A1^2+ B1^2+C1^2)

SQRT(D1^2+ E1^2+F1^2)

SQRT(G1^2+ H1^2+I1^2)

A1*D1+B1*E1+ C1*F1

1 2 -1 3 0 5 4 -2 1 0 3,7416 6,4031 2,2361 7

N O P R S

aprb ( )xba × ( )yba × ( )zba × ba ×

A1*D1/K1+B1*E1/K1+C1*F1/K1=M1/K1

B1*F1-C1*E1 C1*D1-A1*F1 A1*E1-B1*D1 SQRT(O1^2+ P1^2+R1^2)

1,0932 -19 -8 10 22,9129

T U V W X

)b,acos( ( )bac ×⋅ ( )[ ]xbac ×× ( )[ ]ybac ×× ( )[ ]zbac ××

M1/(J1*K1) G1*O1+H1*P1+I1*R1 H1*R1-I1*P1 I1*O1-G1*R1 G1*P1-H1*O1

0,2922 30 10 20 35

Deci mărimile cerute, conform rezultatelor din tabel sunt:

( ) kjibac;)ba(c

;,)b,acos(

;,ba

;kjiba

;,apr;ba b

35201030

29220

91292210819

093217

++=××

=×⋅

=

+−−=×

==⋅

1.1.2 Se consideră punctele A1(1,-2,3), A2(2,4,1), A3(4,5,6). Se cere:

• să se exprime analitic vectorii ,AAsiAA 3221

• produsul lor scalar al vectorilor ,AAsiAA 3221

• să se calculeze unghiurile celor doi vectori. Problema s-a rezolvat utilizând următorul algoritm pentru EXCEL:

Page 12: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

12

ALGORITMUL DE CALCUL PENTRU PROGRAMUL MICROSOFT EXCEL ŞI REZULTATELE OBŢINUTE PENTRU PROBLEMA 1.1.2

DATE DE INTRARE DATE DE IEŞIRE

A B C D E F G H I J K L Nr. xA1 yA1 zA1 xA2 yA2 zA2 xA3 yA3 zA3 x)AA( 21

y)AA( 21

z)AA( 21

0 D1-A1 E1-B1 F1-C1

1 1 -2 3 2 4 1 4 5 6 1 6 -2

M N O P R S T

x)AA( 32

y)AA( 32

z)AA( 32

21AA 32 AA

3221 AAAA ⋅ αCOS

G1-D1 H1-E1 I1-F1 SQRT(J1^2+K1^2+ L1^2)

SQRT(M1^2+N1^2+ O1^2)

J1*M1+K1*N1+ L1*O1

S1/(P1*R1)

2 1 5 6,4031 5,4772 -2 -0,057

Expresiile analitice ale celor doi vectori , produsul lor scalar şi

unghiul dintre vectori, conform rezultatelor din tabel sunt:

057,0cos;2

52;26

3221

3221

−=−=⋅

++=−+=

αAAAA

kjiAAkjiAA

PROBLEME PROPUSE Acelaşi enunţ ca la problema 1.1 pentru vectorii:

1.1.3. jic;kjb;kjia −−=+=+−= 2432

1.1.4. kjic;kjib;kjia 22432 ++−=++=−−=

1.1.5. jic;kjb;kia 4253 +−=+=+=

1.1.6. kjic;kjib;ia −+−=++== 24542

1.1.7. jic;kjb;kjia −=−=++= 24532

1.1.8. kjic;kjb;kjia 4626392 −+=+=+−=

Page 13: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

13

1.2 REDUCEREA UNUI SISTEM DE FORŢE CONCURENTE COPLANARE

PROBLEME REZOLVATE

1.2.1. Asupra unui punct material acţionează un sistem de 4 forţe coplanare { } 4,..1iiF = ( fig. 1.2.1.a) având modulele şi direcţiile faţă de Ox:

332

232

428 44332211

π−=α=

π−=α=π=α=

π=α= ,FF;,FF;,FF;,FF

Să se determine rezultanta celor patru forţe (mărimea, direcţia şi sensul). Rezolvare: Pentru sistemul de axe Oxy ales se aplică teorema proiecţiilor:

proiecţia rezultantei după o direcţie este suma proiecţiilor forţelor după acea direcţie:

FFFFFYY

FFFFFXX

ii

ii

23

sin2

sinsin4

sin

)36(3

cos2

coscos4

cos

4321

4

1

4321

4

1

=

π−+

π−+π+

π==

+=

π−+

π−+π+

π==

=

=

Rezultanta forţelor şi mărimea ei sunt:

jFiF)(jYiXR 236 ++=+= ; 3124322 +=+== FYXRR

Rezultanta face cu axa Ox unghiul αR (fig 1.2.1.b) dat de :

050214258036

2 ,;,XYtg RR =α=

+==α

F1 R

y

αR

F3

Fig. 1.2.1.b

F2

F4

O x

F1 y

α4

α1

F3

Fig.1.2.1.a

F2

F4

O x

Page 14: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

14

ALGORITMUL DE CALCUL PENTRU PROGRAMUL EXCEL ŞI REZULTATE OBŢINUTE

Problema 1.2.1 poate fi rezolvată conform modelului prezentat cu ajutorul programului Excell conform algoritmului de mai jos.

DATE DE INTRARE A B C D E F G H

Nr. F1/F F2/F F3/F F4/F α1 α2 α3 α4 0

1 6,9292 2 6 2,8284 π/6 π 3π/2 -π/4

DATE DE IESIRE J K L M N

X/F Y/F R/F tg αR αR (rad) A1*cosE1+B1*cosF1+ C1*cosG1+D1*cosH1

A1*sinE1+B1*sinF1+ C1*sinG1+D1*sinH1

SQRT (J1^2+K1^2)

K1/J1 arctgM1

3,4641 -2 4 -0,5773 -0,5236 (- π/6)

PROBLEMĂ PROPUSĂ 1.2.2 Asupra unui punct material O acţionează forţele concurente şi coplanare { } 4,..1iiF = având mărimile, direcţiile şi sensurile din fig. 1.2.2. Se cunosc:

422

236

26

34

4433

2211

π−=α=

π=α=

π=α=π

=α=

;FF;,FF

,FF;,FF

Se cere: Expresia analitică a rezultantei forţelor şi unghiul pe care îl face aceasta cu axa Ox .

Răspuns: 6

11232

π=α−= R;jPiPR

F1y

α4

α1

F3

Fig. S1.2.2.

F2

F4

Ox

Page 15: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

15

1.3 REDUCEREA UNUI SISTEM DE FORŢE CONCURENTE SPAŢIALE

PROBLEMĂ REZOLVATĂ 1.3.1. Asupra unui punct O acţionează un sistem de 4 forţe concurente { } 4,..1iiF = având modulele: F54F,F373F,F5F,F102F 4321 ==== şi direcţiile date de muchiile sau diagonalele unui paralelipiped dreptunghic ca în fig. 1.3.1 ; se cunosc: OA=a, OC=2a, OO’ =6a. Se cere să se determine rezultanta forţelor (mărimea, direcţia şi sensul).

Rezolvare: Expresiile analitice ale celor patru forţe faţă de sistemul de referinţă Oxyz sunt:

kFjFzyx

kzjyixF

COversFFversFF

ccc

ccc 32102222

1111

+=++

++⋅=

=′⋅=⋅=

′′′

′′′

kF5OOversFFversFF 2222 =′⋅=⋅=

kFiF)a(a

kaiaFAOversFFversFF 1836

6373223333 +=

++

=′⋅=⋅=

jFiF)a(a

jaiaFOBversFFversFF 842254

224444 +=++

=⋅=⋅=

Expresia analitică a rezultantei este:

kF29jF10iF7FR i

4

1i++== ∑

=

Proiecţiile rezultantei pe axele de coordonate sunt: X=7F, Y=10F, Z=29F.

Mărimea rezultantei este:

FFZYXRR 110329107 222222 =++=++== . Direcţia rezultantei este dată de unghiurile:

0

0

0

827229210469713180145772220

,;,cos,;,cos,;,cos

RR

RR

RR

=γ=γ

=β=β

=α=α

Cz

B’

F2

F3 F1

F4

Fig.1.3.1

A’

A

C

O

O y x B

Page 16: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

16

PROBLEME PROPUSE 1.3.2. Asupra unui punct material O acţionează forţele concurente { } 4,..1iiF = având mărimile: F6F,F734F,F132F,F683F 4321 ==== .

direcţiile şi sensurile date de muchiile sau diagonalele paralelipipedului dreptunghic din fig. 1.3.2; se cunosc: OA=3a, OC=8a, OO'=2a. Se cere să se determine expresia analitică a rezultantei forţelor şi unghiurile pe care îl face aceasta cu axele de coordonate.

;,;,;,;F,R;kFjFiFR RRR000 78374270238257295960165618 =γ=β=α=++=

1.3.3. Acelaşi enunţ ca la problema 1.3.2 cu următoarele date (fig.1.3.3):

F13F,F34F,F4F,F29F 4321 ==== , OA=3a, OC=2a, OO'=5a.

0004

1252272857560467748151446 ,,,,,;F,R;kFjFiFFR RRRi

i=γ=β=α=++== ∑

=

Problema 1.3.2 poate fi rezolvată conform modelului prezentat cu

ajutorul programului EXCEL conform algoritmului prezentat mai jos.

C’ z

B’

F2 F3

F1

F4

Fig. 1.3.3

A’

A

C

O’

O

y

x B

C’ z

B’ F4 F2

F1

F3

Fig. 1.3.2

A’

A C

O’

O y

x B

Page 17: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

17

ALGORITMUL DE CALCUL PENTRU PROGRAMUL MICROSOFT EXCEL PENTRU PROBLEMA 1.3.2

DATE DE INTRARE

A B C D E F G H I J K L M Nr. x1/a y1/a z1/a x2/a y2/a z2/a x3/a y3/a z3/a x4/a y4/a z4/a F1/F

1 0 8 2 3 0 2 3 8 0 0 0 2 24,74

DATE DE IESIRE N O P Q R S

F2/F F3/F F4/F (versF1)x (versF1)y (versF1)z

A1/[SQRT(A1^2+ B1^2+C1^2)]

B1/[SQRT(A1^2+ B1^2+C1^2)]

C1/[SQRT(A1^2+ B1^2+C1^2)]

7,2111 34,1760 6 0 0,9701 0,2425

T U V W X Y (versF2)x (versF2)y (versF2)z (versF3)x (versF3)y (versF3)z

D1/SQRT(D1^2+E1^2+F1^2)

E1/SQRT(D1^2+E1^2+F1^2)

F1/SQRT(D1^2+E1^2+F1^2)

G1/[SQRT(G1^2+ H1^2+I1^2)]

H1/[SQRT(G1^2+H1^2+I1^2)]

I1/[SQRT(G1^2+ H1^2+I1^2)]

0,8320 0 0,5547 0,3511 0,9363 0

Z AA AB AC AD AE

(versF4)x (versF4)y (versF4)z X/F Y/F Z/F J1/SQRT(J1^2+

K1^2+L1^2) K1/SQRT(J1^2+

K1^2+L1^2) L1/SQRT(J1^2+

K1^2+L1^2) M1*Q1+N1*T1+ O1*W1+P1*Z1

M1*R1+N1*U1+ O1*X1+P1*AA1

M1*S1+N1*V1+ O1*Y1+P1*AB1

0 0 1 18 56 16

AF AG AH AI

R/F αR βR γR

SQRT(AC1^2+AD1^2+ AE1^2)

arccos(AC1/AF1) arccos(AD1/AF1) arccos(AE1/AF1)

60,959 72,8250 23,2700 74,7830

Page 18: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

18

1.4. STATICA PUNCTULUI MATERIAL LIBER

a. Principiul paralelogramului Fiind date două forţe 21 FsiF care acţionează asupra unui punct material A, principiul paralelogramului postulează că efectul celor două forţe este acelaşi cu al unei forţe rezultante R , care este diagonala mare a paralelogramului având ca laturi forţele 21 FsiF (fig.1.2.1)

Sunt valabile următoarele relaţii:

β

=β−α

=αα+

α=β

α++=+=

sinF

)sin(F

sinR;

cosFFsinFtg

;cosFFFFR;FFR

21

21

2

212

22

121 2 (17)

b. Teorema proiecţiilor Fiind dat un sistem de forţe,

concurente într-un punct O din spaţiu, { } niiF ,...2.1= acesta se reduce (sau este echivalent) în punctul O cu o forţă rezultantă R , care se obţine aplicând succesiv principiul paralelogramului enunţat mai sus:

∑=

=n

iiFR

1. (18)

Dacă se notează cu Xi, Yi , Zi, proiecţiile unei forţe oarecare iF a sistemului de forţe şi cu X, Y, Z proiecţiile forţei rezultante R pe axele triedrului triortogonal drept Oxyz, atunci sunt valabile următoarele relaţii:

.ZZ;YY;XXn

ii

n

ii

n

ii ∑∑∑

===

===111

(19)

Aceste relaţii reprezintă teorema proiecţiilor care se enunţă astfel: proiecţia rezultantei pe o direcţie oarecare este egală cu suma proiecţiilor tuturor forţelor sistemului după acea direcţie. Sunt valabile următoarele relaţii:

( ) ( ) ( )222222 ∑∑∑ ++=++=

++=

iii ZYXZYXR

kZjYiXR (20)

A F1

F2

R

βα

α

Fig. 1.2.1

Page 19: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

19

c. Condiţia de echilibru a punctului material liber Fiind dat un sistem spaţial de forţe, concurente acţionând asupra

punctulu material M din spaţiu, { } niiF ,...2.1= acesta poate ocupa orice poziţie în spaţiu, fără nici o restricţie de ordin geometric. Poziţia punctului este determinată faţă de un sistem de referinţă prin trei parametri reciproc independenţi (coordonatele punctului faţă de sistemul de referinţă ales). Punctul material poate avea deci trei grade de libertate în spaţiu materializate prin coordonatele lui.

Dacă sistemul de forţe este plan sau uniaxial şi sistemul de referinţă ales este format din două axe situate în planul forţelor sau cu o axă confundată cu suportul forţelor, pentru poziţia de echilibru sunt necesare două respectiv o coordonată care să determine poziţia punctului material.

Condiţia necesară şi suficientă ca un punct material să fie în echilibru este ca rezultanta forţelor ce acţioneayă asupra punctului să fie un vector nul. Această condiţie este echivalentă cu o ecuaţie vectorială:

0=++= kZjYiXR (21)

care în bazateoremei proiecţiilor este echivalentă cu trei ecuaţii scalare:

.ZZ;YY;XXn

ii

n

ii

n

ii ∑∑∑

===

======111

000 (22)

Se pot pune în evidenţă trei probleme (cazuri ). a. Problema directă În acest caz este precizat sistemul de forţe ce acţionează asupra

punctului material şi se cere să se determine poziţia de echilibru. Se obţine un sistem de 3 ecuaţii cu 3 necunoscute, care poate fi compatibil determinat, incompatibil sau compatibil nedeterminat. În primul caz (compatibil determinat) există o singură poziţie de echilibru, în cel de-al doilea caz (incompatibil) nu există nici o poziţiie de echilibru, iar în al treilea caz (compatibil nedeterminat) o infinitate de poziţii de echilibru.

Observaţii: 1. Dacă sistemul de forţe este coplanar şi sistemul de referinţă este

astfel ales încât planul Oxy să coincidă cu planul forţelor, ecuaţia (22.c) devine o identitate (0=0). În acest caz sunt necesare doar două coordonate pentru stabilirea poziţiei de echilibru a punctului şi sunt sunt disponibile celelalte două ecuaţii pentru determinarea acestei poziţii de echilibru.

2. Dacă sistemul de forţe este uniaxial şi se alege axa Ox asistemului de referinţă să coincidă cu direcţia forţelor, cele două ecuaţii (22.b,c) devin identităţi. Rămâne o singură coordonată şi o singură ecuaţie pentru stabilirea poziţiei de echilibru.

Page 20: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

20

b. Problema inversă În acest caz este precizată poziţia de echilibru şi se cere să se

determine sistemul de forţe ce acţionează asupra punctului material şi determină această poziţie. În general problema este nedeterminată (admite o infinitate de soluţii). Dacă numărul parametrilor ce caracterizează sistemul de forţe este limitat astfel încât să se obţină un sistem de ecuaţii compatibil determinat, problema are soluţie unică

c. Problema mixtă În acest caz este cunoscut o parte din sistemul de forţe ce

acţionează asupra punctului material şi o parte din parametrii ce definesc poziţia de echilibru şi sistemul de forţe corespunzător. În general problema este nedeterminată (admite o infinitate de soluţii).

PROBLEME REZOLVATE 1.4.1. Punctul material M de masă m, se află într-un plan vertical, în câmp gravitaţional, fiind atras către vârfurile unui triunghi echilateral de latură 2 l , situat într-un plan vertical, cu forţe proporţionale cu distanţa de la punct la cele trei puncte A, B, C, factorii de proporţionalitate fiind k1, k2, respectiv k3 (fig. 1.4.1).Se cere să se determine poziţia de echilibru a punctului M . Rezolvare:

Acesta este cazul problemei directe a echilibrului punctului, când este cunoscut sistemul de forţe care acţinează asupra punctului şi se cere să se determine poziţia de echilibru. Alegând convenabil sistemul de referinţă (ca în fig. 1.4.1), se pot scrie expresiile analitice ale forţelor ce acţionează asupra punctului M:

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]( ) ( )[ ]jy0ixkBMkF

;jy0ixkjyyixxkAMkF

222

1MAMA111

−+−==

−+−−=−+−==

l

l

( ) ( )[ ]jmggmF

;jy3ix0kCMkF

4

333

−=−=

−+−== l

Condiţia necesară şi suficientă de echilibru a punctului M, este ca rezultanta forţelor ce acţionează, să fi nulă:

0jYiXFFFFR 4321 =+=+++=

Page 21: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

21

Ecuaţiile scalare se scriu: ( ) ( )

( )

=−−+−−=

=−−+−−=

0mgy3kykykY

0xkxkxkX

321

321

l

ll

Rezultă poziţia de echilibru cerută:

++−

=

++−

=

321

3

321

12

3kkk

mgky

kkkkkx

M

M

l

l

1.4.2. Un punct material având greutatea G, este menţinut în echilibru în poziţia M de coordonate: xM = l , yM = 2 l , zM = 3 l , prin intermediul a trei fire trecute peste scripeţi de dimensiuni neglijabile (fără frecare), situate în punctele A, B, C din planul orizontal xOy, de trei greutăţi G1, G2 şi G3 (fig.1.4.2). Se cere să se determine mărimile acestor greutăţi care asigură această poziţie de echilibru. Rezolvare: Acesta este cazul problemei inverse a echilibrului punctului, când este precizată poziţia de echilibru şi se cere să se determine forţele care asigură această poziţie. Punctul M este menţinut în echilibru prin intermediul forţelor din fire orientate după direcţiile MO,BM,AM (tensiunile din fire au aceleaşi module cu ale greutăţilor: P1=G1, P2 =G2 şi P3=G3). Faţă de sistemul de referinţă Oxyz forţele au expresiile analitice:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )22211

2MA

2MA

2MA

MAMAMA111

94k30j20il2PP

zzyyxxkzzjyyixxP

MAAMPP

lll

lll

++−+−+−

=

−+−+−

−+−+−==

;kPjPiPP14

314

214

1111 −−=

Analog se obţine:

.k14P3j

14P2i

14P

MOOMPP

;k19P3j

19P3i

19P

MBBMPP

33333

22222

−−−==

−+−==

Condiţia de echilibru este ca rezultanta forţelor să fie nulă:

y C(0, l 3 )

F3

F1 F2M(x,y)

O(0,0

x

F4=m g B(l ,0) A(- l ,0)

Fig. 1.4.1

y

Fig.1.4.2.a

G

G

G G

M(l ,2 l ,3 l )

A(2 l ,0,0) O(0,0,0)

B(0,5 l ,0)

z

x

Page 22: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

22

,0PPPG 321 =+++

Ecuaţiile de proiecţii pe axe sunt:

=++

=−+−

=−−

G14P3

19P3

14P3

014P2

19P3

14P2

014P

19P

14P

321

321

321

GG

;GG

;GG

301415

192614

3

2

1

=

=

=

PROBLEME PROPUSE 1.4.3. Punctul M de masă m, situat în câmp gravitaţional, este atras de vârfurile Ai (i=1,..6) ale unui hexagon regulat de latură 2a situat în planul vertical Oxy, având centrul în originea sistemului de referinţă, cu forţe proporţionale cu distanţele de la punct la vârfuri: 6,...1i,MAkF iii == ca în fig. 1.4.3. Se cere să se determine poziţia de echilibru a punctului .

R: ;)22(;)(3654321

654321

654321

6431

kkkkkkkkkkkkamgy

kkkkkkkkkkax

+++++−−−+++

=+++++

+−−=

1.4.4. Punctul M de masă m, situat în planul vertical xOy este respins de vârfurile O, A, B, C ale unui dreptunghi de laturi 2a şi 4a cu forţe proporţionale cu distanţele de la punct la vârfuri:

.;;; 44332211 CMkFBMkFAMkFOMkF ==== ca în fig. 1.4.4.

Se cere să se determine poziţia de echilibru a punctului M.

Răspuns : 4321

43

4321

32 )(2;)(4kkkkkkamgy

kkkkkkax

+++++

=+++

+=

Fig. 1.4.2.b

G

P1 P3

P2

F3

y

F2

Fig. 1.4.3

F1

F6

F5 F4 G

M(x,y)

A2(0,2a)

A3(-a 3 ,a) A1(a 3 ,a)

A6(a 3 ,-) A4(-a 3 ,-

) A5(0,-2a)

Ox

F1

y

F4

Fig. 1.4.4

F2

F3

G

B C

M(x,y)

Ox

A

Page 23: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

23

1.5. STATICA PUNCTULUI MATERIAL SUPUS LA LEGĂTURI a. Axioma legăturilor Dacă asupra unui punct M din spaţiu supus la legături acţionează

un sistem de forţe { } n,....iiF 21= (a cărui rezultantă este notată cu aR ), conform axiomei legăturilor orice legături geometrice pot fi întotdeauna înlocuite cu echivalentul lor mecanic – forţe de legătură a căror rezultantă este notată cu legR ).

Din punct de vedere geometric punctul material poate fi considerat ca un punct material liber, iar din punct de vedere mecanic constrângerile au fost înlocuite cu forţe de legătură.

Teorema echilibrului punctului material supus la legături devine: condiţia necesară şi suficientă pentru ca un punct material să rămână în echilibru sub acţiunea forţelor exterioare şi de legătură este ca rezultanta lor să fie nulă:

;ZZ;YY;XXRR

legalegalega

lega

0000

=+=+=+

=+ (23)

Din punct de vedere al naturii forţelor de legătură, legăturile punctului material pot fi legături fără frecare(ideale) şi legături cu frecare (reale).

b. Echilibrul punctului material supus la legături cu frecare În cazul legăturilor cu frecare, pe lângă reacţiunea normală N mai intervine o forţă de frecare T care se poune tendinţei de mişcare şi care este situată în planul tangent, în cazul punctului material legat de o suprafaţă cu frecare, sau în lungul tangentei în cazul punctului material legat de o curbă. În Mecanica teoretică sunt admise următoarele legi ale frecării uscate (legile lAMONTONS - COULOMB):

a. forţa de frecare T este limitată superior la o valoare maxT care nu depinde de mărimea suprafeţelor în contact;

b. valoarea forţei maxT depinde de natura corpurilor şi de starea suprafeţelor de contact:

c. valoarea forţei maxT este proporţională cu modulul reacţiunii normale

N ;

Page 24: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

24

Aceste legi pot fi sintetizate în relaţia: NTT max µ=≤ unde µ este coeficientul de frecare care se determină experimental;

Dacă se notează µ=tgϕ sau ϕ=arctgµ, unde ϕ este unghiul de frecare, atunci condiţia de echilibru a punctului material poate căpăta următoarea interpretare geometrică:

Punctul legat de o suprafaţă rămâne un echilibru dacă rezultanta forţelor aplicate aR se găseşte în interiorul (la limită pe pânza) conului frecării (un con cu două pânze având vârful în punctul de pe suprafaţă, axa perpendiculară pe planul tangent la suprafaţă şi unghiul la vârf 2ϕ).

Punctul legat de o curbă rămâne în echilibru dacă rezultanta forţelor aplicate aR se găseşte în exteriorul (la limită pe pânza) unui con cu două pânze având vârful în punctul de pe curbă, axa tangentă la curbă şi unghiul la vârf 1800-2ϕ.

PROBLEME REZOLVATE

1.5.1. O sferă M de greutate G se reazemă fără frecare pe un plan înclinat cu unghiul α şi este prinsă printr-un fir de un punct A ; firul face cu verticala unghiul β ( vezi fig.1.5.1.a).

Se cer : mărimea reacţiunii normale N şi a tensiunii din fir S . Rezolvare: Ecuaţia vectorială de echilibru după introducerea forţelor de

legătură (conform axiomei legăturilor) se scrie :

0NSG =++ Alegând axele Ox şi Oy în mod convenabil (fig.1.5.1.b) şi

proiectând pe acestea ecuaţia vectorială de echilibru, se obţin ecuaţiile:

=−+=−

=

=

∑∑

0GcosSsinN0sinScosN

0Y0X

i

i

βαβα

Înmulţind, prima ecuaţie cu cosβ şi a doua cu sinβ şi însumându-le membru cu membru se obţine:

G)cos(

sinNβ−α

β= ;

G)cos(

cosS ⋅−

=βα

α

Page 25: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

25

1.5.2. O bilă de greutate G se reazemă pe suprafaţa unei sfere de rază r fiind prinsă cu un fir de lungime AM= l de punctul fix A aflat la distanţa AB =d, faţă de suprafaţa sferei (fig.1.5.2.a). Se cere mărimea tensiunii din fir S şi a reacţiunii N. Rezolvare:

Ecuaţia vectorială de echilibru se scrie:

0NSG =++ Dacă se introduc unghiurile α şi β şi se aleg convenabil axele

Ox şi Oy (ca în fig.1.5.2.b) condiţia de echilibru se scrie:

0Y0X

i

i

=

=

∑∑

=−+=+−

0GcosNcosS0sinNsinS

βαβα

Multiplicând prima ecuaţie cu cosβ şi a doua cu sinβ şi însumându-le membru cu membru se obţine:

)sin(sinGS;

)sin(sinGN

β+αβ

=β+α

α=

Din teorema sinusurilor aplicată în triunghiul OAM, avem:

rd)sin(

sin;rd

r)sin(

sin)sin(

rdsin

rsin +

=++

=+

⇒++

==ll

βαβ

βαα

βααβ

deci se obţine:

rd

GS;rd

rGN+

=+

=l

Fig. 1.5.2

A

d

B

r r

O

M

A

α

β

β S N

x

GO b)a)

β

α

A

M

Fig. 1.5.1

β

α

b.

y

S N

x

G O≡M

a.

Page 26: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

26

1.5.3. Un inel M de greutate neglijabilă se reazemă cu frecare (coeficientul de frecare fiind µ) pe un semicerc de rază R. De inel sunt prinse două fire care trec fără frecare prin inelele fixe A1 şi A2 (fig.1.5.3). La capetele firelor acţionează greutăţile G1 şi G2 . Să se determine raportul greutăţilor 21 G/G pentru ca inelul să rămână în repaus pentru un unghi θ dat. Rezolvare:

a) Se consideră mai întâi că inelul M are tendinţa de alunecare spre punctul A1 ; se aleg ca axe de coordonate tangenta şi normala la cerc în punctul M (fig. 1.3.3.a), şi ţinînd seama că tensiunile din fir pentru cele două ramuri ale firului au mărimile: S1=G1, S2=G2 (fig.1.5.4.a) ecuaţia de echilibru se scrie:

021 =+++ NTSS ;

sau în proiecţii pe axe:

0N2

cosG2

sinG0Y

0T2

sinG2

cosG0X

21i

21i

=+−−⇒=

=−−⇒=

∑θθ

θθ

Condiţia fizică a frecării este: NT µ≤ .

Din primele două ecuaţii rezultă:

2222 2121

θ+

θ=

θ−

θ= cosGsinGN;sinGcosGT

care introduse în ultima relaţie conduc la:

22

222

1

θµ−

θ

θµ+

θ

≤sincos

cossin

GG (a)

Fig. 1.5.3 a.

x

y

r θ

θ/2

O

S1 S2

T N

b.

x

y

r θ

θ/2

O

S1 S2 T

N

A1 A2

r

θ

O

GG

M

Fig.1.5.3

Page 27: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

27

b. Considerând acum cealaltă tendinţă de alunecare a inelului M spre punctul A2 (fig. S1.5.3.b), ecuaţiile de echilibru se scriu analog cu cele din primul caz, schimbând semnul din faţa lui µ şi sensul inegalităţii (a)

22

222

1

θµ+

θ

θµ−

θ

≥sincos

cossin

GG (b)

Deci:

22

22

22

222

1

θµ−

θ

θµ+

θ

≤≤θ

µ+θ

θµ−

θ

sincos

cossin

GG

sincos

cossin, (c)

sau:

ϕ+θ

≤≤

ϕ−θ

22 2

1 tgGGtg (d)

1.5.4 Un inel M de greutate neglijabilă se reazemă cu frecare pe un cerc de rază r. De inel sunt prinse două fire care trec prin două inele fixe în A1 şi A2 fără frecare. La capetele firelor sunt prinse greutăţile G1 şi G2 (ca în fig.1.5.4). Se cere raportul 21 G/G pentru ca punctul M să rămână în repaus în poziţia dată de unghiul θ, dacă se cunoaşte coeficientul de frecare µ şi unghiul pentru poziţia de echilibru θ.

Rezolvare: a. Considerăm mai întâi tendinţa de alunecare a inelului M spre A1 : ţinînd seama că tensiunile din fir pentru cele două ramuri ale firului au mărimile: S1=G1, S2=G2 (fig.1.5.4.a) şi alegând convenabil sistemul de axe Oxy, se obţin următoarele ecuaţii de echilibru:

Fig. 1.5.4

A1

A2

r θ

O

G

GM

b.

x

y

r θ

θ/2

π/4-θ/2

O

S1 S2

A2

A1

T N

a.

x

y

r θ

θ/2

π/4-θ/2

O

S1 S2

A2

A1

T N O≡M

Fig. 1.5.4.

Page 28: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

28

0242

0

0242

0

21

21

=+θ

−π

−θ

−⇒=

=−θ

−π

−θ

⇒=

N)sin(GsinGY

T)cos(GcosGX

i

i

(a)

condiţia fizică a frecării: NT µ≤ ,

Înlocuind în inecuaţie expresiile lui N şi T rezulatate din primele două ecuaţii avem:

θ

−π

µ≤θ

−π

−θ )sin(GsinG)cos(GcosG

242242 2121

22

24242

1

θµ−

θ

θ−

πµ+

θ−

π

≤⇒sincos

)sin()cos(

GG (b)

b) Considerând cealaltă tendinţă de alunecare a inelului M (spre A2, fig.1.5.4.b), ecuaţiile de echilibru se scriu analog cu cele din primul caz, schimbând semnul din faţa lui µ şi sensul inegalităţii (b) . Rezultă:

22

24242

1

θµ+

θ

θ−

πµ−

θ−

π

≥sincos

)sin()cos(

GG (c)

Condiţia finală de echilibru se scrie:

22

2424

22

24242

1

θµ−

θ

θ−

πµ+

θ−

π

≤≤θ

µ+θ

θ−

πµ−

θ−

π

sincos

)sin()cos(

GG

sincos

)sin()cos( (d)

sau:

ϕ+θ

ϕ−

θ−

π

≤≤

ϕ−θ

ϕ+

θ−

π

2

24

2

242

1

cos

cos

GG

cos

cos (e)

Page 29: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

29

1.5.5. Culisa M de greutate G1 se poate deplasa cu frecare pe bara verticală OB, coeficientul de frecare de alunecare fiind cunoscut: µ Culisa este legată de greutatea G2 prin intermediul unui fir şi a unui scripete fără frecare A. Se cunosc: AB = a şi BM = h (fig.1.5.5). Se cere greutatea G2 pentru ca echilibrul să aibă loc în poziţia din figură.

Rezolvare:

a) Faţă de sistemul de axe Oxy, pentru tendinţa de deplasare a culisei în jos (fig. 1.5.5.a) forţele care acţionează asupra culisei sunt indicate în figură; ţinând seama că tensiunea din fir este S2=G2, ecuaţiile de echilibru se scriu:

=−α+=α−

=

=

∑∑

00

00

12

2

GcosGTsinGN

YX

i

i (a)

NT µ≤ , condiţia fizică a frecării

Deci:

µ≤α−=

α=

NTcosGGT

sinGN

21

2

rezultă: αµ+α

≥sincos

GG 12 (b)

b) Pentru tendinţa de deplasare în sus a culisei (fig. 1.5.5.b) forţa de frecare T acţionează în sens invers faţă de primul caz, ecuaţiile de echilibru se scriu analog cu cele din primul caz, schimbând semnul din faţa lui µ şi sensul inegalităţii (b):

αµ−α≤

sincosGG 1

2 (c)

Condiţia finală de echilibru este:

B A

G1

G2

M

Fig. 1.5.5

α

Tendinţa de alunecare

G

S2

N

T M

a.

y

x

b.

G

S2 N T

M

y

x

α α

O O

Tendinţa de alunecare

Page 30: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

30

αµ−α≤≤

αµ+α sincosGG

sincosG 1

21 (d)

sau 1

22

21

22

GahhaGG

ahha

⋅µ−+

≤≤⋅µ++ . (e)

1.5.6. Corpul M de masă m, asimilat cu un punct material, este legat bilateral de o cicloidă situată într-un plan vertical şi este acţionat de propria greutate G şi de o forţă orizontală Fo, ca în fig. 1.5.6. Se cere: a. poziţia de echilibru a punctului pe cicloidă, dacă se neglijează

frecarea şi mărimea reacţiunii nornale N. b. domeniul de variaţie al forţei orizontale Fo, pentru o poziţie de

echilibru dată (θ fixat), dacă nu se neglijează frecarea ( µ ≠ 0 )

Rezolvare Ecuaţiile parametrice ale cicloidei se scriu astfel (Fig. 1.5.6.a):

θ−=θ−θ=

)cos(Ry)sin(Rx

1

Se determină versorul tangentei la cicloidă, într-un punct curent M(x,y) astfel:

,yxjyix

vv

22 &&

&&

++

==τ unde:

θθθ=θθ=

θθ=θ−θ=

222

221 2

cossinRsinRy

sinR)cos(Rx

&&&

&&&

jcosisin,sinRyxv222

222 θ+

θ=τ

θθ=+= &&&

M(x,y)

y

x

G Fo

Fig. 1.5.6

M(x,y)

y

x

G

N

Fig. 1.5.6.a

Mo

FO

ν

τ

θ

θ/2

θ/2

I

Page 31: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

31

Rezultatul obţinut confirmă faptul că unghiul dintre tangenta la cicloidă şi axa Oy este θ/2 (conform fig.1.5.6.a). Pentru determinarea poziţiei de echilibru se aplică axioma legăturilor şi se scrie ecuaţia de echilibru vectorială:

0=++ NGFO (a)

Proiectând ecuaţia (a) pe axele sistemului de coordonate Frenet, se obţin următoarele ecuaţii de proiecţii după τ, respectiv după ν:

022

022

=+θ

−θ

−=θ

− NsinmgcosF;cosmgsinF OO (b)

Interpretarea geometrică a derivatei unei funcţii pentru cicloida dată, conduce la:

211θ

=θ−

θ=

θθ−θθ

==α ctgcos

sind)cos(R

dsinRdxdytg (c)

Din ecuaţia (b) se obţine:

OFmgtg =

θ2

⇒ ,)mg(F)mg(Fcos,

)mg(FmgFsin

O

O

O

O22

22

22

2+−

=θ+

=θ (d)

Înlocuind în ecuaţia (a) rezultă poziţia de echilibru cerută:

+−

−=

+

−=

22

22

22

1

22

)mg(F)mg(FRy

)mg(FmgF

FmgarctgRx

O

O

O

O

O (e)

Din ecuaţia (c) rezultă reacţiunea normală cerută: 22 )mg(FN O += (f)

b) În condiţiile existenţei frecării se poate observa că există două tendinţe de mişcare (vezi fig.1.5.6.b,c)

y

G

N

Fig. 1.5.6.b

FO

ν

τ

θ/2

θ/2

T

x

y

x

G

NF

ν

τ

θ/2

θ/2

Fig. 1.5.6.c

T

Tendinta de Tendinta

de

Page 32: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

32

Pentru determinarea poziţiei de echilibru în primul caz (fig.1.5.6.b) se aplică axioma legăturilor şi se scrie ecuaţia de echilibru vectorială:

0=+++ TNGFO (g) Proiecţia ecuaţiei (g) pe axele sistemului de coordonate Frenet, conduce la ecuaţiile:

Proiecţie după τ:

022

=−θ

− TcosmgsinFO (h)

Proiecţie după ν:

022

=+θ

−θ

− NsinmgcosFO (i)

Dacă se ţine seama şi de legea frecării uscate NT µ≤

Se obţine astfel valoarea minimă a forţei F0 pentru echilibru:

2222

/cos/sin/sin/cosmgFO θµ+θ

θµ−θ≥ (j)

Analog se obţine şi valoarea maximă a forţei F0 pentru echilibru:

2222

/cos/sin/sin/cosmgFO θµ−θ

θµ+θ≤ (k)

Page 33: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

33

CAPITOLUL II REDUCEREA FORŢELOR

APLICATE SOLIDULUI RIGID

a. Momentul unei forţe în raport cu un punct O noţiune foarte importantă utilizată în Mecanica corpului rigid este aceea de moment al unei forţe F faţă de un punct oarecare O (forţa F este aplicată într-un punct oarecare A din spaţiu O ≠ A) care se defineşte prin :

FOA)F(MO ×=

Din definiţia produsului vectorial dată în capitolul I , rezultă că momentul unei forţe F faţă de un punct O, este un vector aplicat în punctul O, perpendicular pe vectorii FsiOA , sensul său fiind determinat de sensul de rotaţie al lui F , după regula şurubului drept iar mărimea sa dată de:

dFsinFOA)F(MO ⋅=α⋅⋅=

unde: α este unghiul dintre FsiOA iar d este distanţa de la punctul O la suportul forţei F (braţul forţei, vezi fig. 2.1).

Dacă punctul O este originea sistemului cartezian de axe, punctul A are coordonatele A(x,y,z) iar expresia analitică a forţei este:

kZjYiXF ++= , atunci expresia analitică a momentului forţei F faţă de O este:

k)yXxY(j)xZzX(i)zYyZ(ZYXzyxkji

FOA)F(MO −+−+−==×=

Componentele lui )F(MO :

yXxYN;xZzXM;zYyZL −=−=−= , reprezintă momentele forţei F faţă de cele trei axe Ox, Oy, Oz (aşa cum se va vedea din paragraful următor).

A O

α

d

)F(MO F

Fig. 2.1

Page 34: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

34

b. Momentul unei forţe în raport cu o axă O altă noţiune importantă utilizată în Mecanica corpului rigid este aceea de moment al unei forţe F faţă de o axă ∆, care se defineşte ca proiecţia momentului forţei F faţă de un punct, care aparţine axei ∆, pe direcţia axei:

ZYXzyxcba

)FOA()F(M

)F(M)F(Mpr)F(M OO

=×⋅δ=

⋅δ==

∆∆

unde: kcjbiavers ++=∆=δ

Se observă că dacă ∆ coincide cu

axa Ox: iversOx ==δ atunci momentul forţei F în raport cu axa Ox este: LzYyZMOx =−= .

c. Torsorul de reducere al unui sistem de forţe într- un punct

Dacă se consideră o forţă iF aplicată într-un punct Ai al unui rigid, efectul acestei forţe este acelaşi cu efectul celor două elemente de reducere a forţei într-un punct O: forţa iF şi momentul forţei în raport cu punctul O )F(M iO :

Oinaplicate)F(M

FAinaplicataF

iO

iii

Dacă se consideră un sistem de forţe iF aplicate în punctele (Ai)i=1,2,…n şi se

face reducerea pentru fiecare forţă a sistemului în punctul O , prin însumarea forţelor şi momentelor concurente rezultate se obţine un sistem echivalent cu sistemul dat format din două elemente (fig.2.3):

- Vectorul rezultant: ∑=

=n

iiFR

1

- Momentul rezultant:

∑∑==

×==n

iii

n

iiOO FOA)F(MM

11.

A O

α δ )F(MO

F

Fig. 2.2

β )F(M∆

AO

OM

1F

Fig.2.3

A1

2F

iF

nF

Ai A2

R

Page 35: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

35

Perechea formată din OMsiR se numeşte torsorul de reducere

în punctul O al sistemului de forţe: τO. d. Torsor minimal. Axa centrală Dacă se consideră un alt punct O' în care se face reducerea sistemului de forţe (O'≠O) vectorul rezultant

∑=

=n

iiFR

1 nu se modifică (primul

invariant) iar momentul rezultant se modifică conform relaţiei:

R'OOMRO'OMM OO'O ×−=×+=

Deci torsorii de reducere în O şi O' se scriu:

×−=τ

τR'OOMM

R:;

MR

:O'O

'OO

O

Dacă se înmulţeşte scalar relaţia de mai sus cu R , se obţine: ctRMRM O'O =⋅=⋅ ; acestă mărime constantă se numeşte trinomul

invariant (scalarul torsorului sau al doilea invariant). Dacă se face raportul dintre trinomul invariant şi modulul vectorului rezultant se obţine proiecţia momentului rezultant pe direcţia vectorului rezultant:

R/RMM OR ⋅=

Pentru anumite puncte din spaţiu, torsorul de reducere este format din doi vectori coliniari )M;R( R care se numeşte torsor minimal:

⋅⋅

=τRR

RRMM;R: O

Rmin

Axă centrală reprezintă locul geometric al punctelor din spaţiu unde făcând reducerea sistemului de forţe, vectorul rezultant şi momentul rezultant sunt coliniari; axa centrală este dată de ecuaţiile:

Z

yXxYNY

xZzXMX

zYyZL +−=

+−=

+−

sau sub forma vectorială/parametrică:

−+λ=−+λ=−+λ=

⇔λ+×

=ρ2

2

2

2

R/)YLXM(ZzR/)XNZL(YyR/)ZMYN(Xx

RR

MR o

A

O OM

1F

Fig.2.3

A1

2F

iF

nF

Ai A2

R

OM ′

R

Page 36: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

36

e. Clasificarea sistemelor de forţe Problema înlocuirii unui sistem de forţe iF aplicate în punctele Ai

cu alte sisteme echivalente dar având cea mai simplă formă ne conduce la ideea clasificării sistemelor de forţe după criteriul enunţat mai sus (torsorul echivalent cu forma cea mai simplă). Clasificarea se poate face pornind de la invaruanţii sistemului:

I. Cazul 000 ≠≠⇒≠⋅ OO M,RMR

Sistemul cel mai simplu poartă numele de dinamă şi este compus dintr-o forţă F egală cu vectorul rezultant, având punctul de aplicaţie pe axa centrală şi un cuplu (un sistem format din două forţe egale ca mărime, având direcţii opuse şi situate pe două suporturi paralele) situat într-un plan normal la direcţia axei centrale şi având momentul egal cu momentul minim RM :

⋅⋅

==τRR

RRMM;RF: O

Rmin

II. Cazul 0=⋅ OMR

cu următoarele 4 subcazuri:

II.a. 00 ≠≠ OM,R

II.b. 00 =≠ OM,R

II.c. 00 ≠= OM,R

II.d. 00 == OM,R

În primele două subcazuri sistemul de forţe poate fi înlocuit cu o forţă F egală cu vectorul rezultant, având punctul de aplicaţie pe axa centrală . Dacă în primul subcaz punctul O nu aparţine axei centrale, în cel de+al doilea subcaz punctul O aparţine axei centrale.

În subazul al treilea (II.c, sisteme de cupluri) sistemul de forţe este echivalent cu un cuplu situat într-un plan normal la direcţia momentului rezultant OM , având mărimea, direcţia şi sensul momentului rezultant. Axa centrală nu este definită în acest subcaz, momentul rezultant având caracterul unui vector liber ( OO'O MRO'OMM =×+= )

În subazul al patrulea (II.d) sistemul de forţe este în echilibru (sistem de forţe de efect nul). Axa centrală nu este definită nici în acest subcaz. Aceste sisteme fac obiectul Staticii în special.

Page 37: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

37

2.1. REDUCEREA SISTEMELOR DE FORŢE SPAŢIALE

a. PROBLEME REZOLVATE 2.1.1. Asupra unui cub rigid de latură a, acţionează forţele: 4321 F,F,F,F , ca în figura 2.1.1.a. Mărimile acestor forţe sunt cunoscute:

FF,FFF,FF 23 4321 ==== . Se cer: 1) Torsorul de reducere în punctul O; 2) Torsorul în punctul B'; 3) Să se determine ecuaţia axei centrale; 4) La ce se reduce sistemul?

Rezolvare:

1) Expresiile analitice ale vectorilor forţă şi a vectorului rezultant se scriu astfel:

)kji(Fa

kajaiaFOBOBFFversFF +−−=

+−−=

′′

==3

31111

FZ,YXkFFR

kFFversFF;jFFversFF;iFFversFF

ii 303

24

1

444333222

===⇒==⇒

======

∑=

şi expresiile analitice ale vectorilor moment şi a vectorului moment rezultant sunt:

0222

0

4321

4

100

=−==⇒−=

×++×+×+=

=×′+×′+×+×== ∑=

N,aFM,aFL)ji(FaMkF)kaja(jFkaiF)jaia(

FCOFOOFOAFOB)F(MM ii

F4 C

z

B’

F2

F3

F1

Fig. 2.1.1. a

A’

A

C

O

O y

x B

a

a a

C’

Axa centrala

z

B’

R M0

Fig. 2.1.1.b

A’

A

C

O’

O y

x B

D(a/3, 2 /3 0)

R

Page 38: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

38

2) Momentul rezultant în punctul B′ se calculează cu ajutorul relaţiei:

)ji(aFkF)kajaia(jaFiaFROBMM OB 232 +−=×−−−+−=×′+=′

3) Ecuaţia axei centrale devine:

ZyXxYN

YxZzXM

XzYyZL +−

=+−

=+−

Rz,ay,axF

FxaFFyaF∈==⇒=

+−=

−⇒

32

330

03

032

Axa centrală este o dreaptă perpendiculară pe planul Oxy (paralelă cu axa Oz) care intersectează Oxy în punctul D(a/3, 2a/3, 0).

4) Întrucât 00 =⊥⇒=⋅ Roo MsauRMRM , sistemul se poate reduce la o forţă F egală cu vectorul rezultant R situată pe axa centrală. Prin urmare există următoarele situaţii echivalente:

a. ( 4321 F,F,F,F ) aplicate în A1,A2,A3,A4;

b. )M,RF( o= aplicate în O;

c. ),RF( 0= aplicat într-un punct oarecare de pe axa centrală.

2.1.2. Se consideră paralelipipedul dreptunghic rigid cu laturile: OA=3a , OC=4a , OO'=12a asupra căruia acţionează forţele (fig.2.1.2.a.) având mărimile: 173124 4231 FFF,FFF ====

Se cere: 1) Torsorul de reducere în O; 2) Ecuaţia axei centrale;

3) La ce se reduce sistemul?

C’ z

Axa central\

B’

R M0

Fig. 2.1.2.b

A’

A

C

O’

O y

x B

D(3a/2, 2a,

C’ z

B’

F1 F4

F2 F3

Fig. 2.1.2.a

A’

A

C

O

O y

x B

12a

3a 4a

R

Page 39: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

39

Rezolvare: 1) Expresiile analitice ale celor patru forţe sunt:

)ki(Fa

kajaFBABAFFversFF 34

1041241041111 +=

+=

′′

==

)ki(Fa

kaiaFBCBCFFversFF 43

1731231732222 +=

+=

′′

==

)kj(Fa

kajaFOCOCFFversFF 34

1041241043333 +−=

+−=

′′

==

)ki(Fa

kaaiFOAOAFFversFF 43

1731231734444 +−=

+−=

′′

==

Expresiile vectorului rezultant şi al momentului rezultant în punctul O vor fi:

FZ,YXkFFR ii48048

4

1===⇒=Σ=

=

072967296

1203003

1240040

403040

1204003

0

0

43210

4

10

===⇒−=

−+

−++=

+++=Σ==

N,aFM,aFLjaFiaFM

FFa

kji

FFa

kji

FFa

kji

FFa

kjiM

FxOAFxOCFxOCFxOA)F(MM ii

2) Ecuaţia axei centrale se scrie:

F

FxaFFyaF48

00

48720

4896=

+−=

arbitrarz,ay,ax ===⇒ 22

3 ;

axa centrală este paralelă cu Oz fiind chiar axa de simetrie a paralelipipedului (vezi fig. 2.1.2.b).

3) Întrucât RMRM oo ⊥⇒=⋅ 0 ,sistemul se reduce la o forţă F egală cu vectorul rezultant R situată pe axa centrală (vezi fig. 2.1.2.b).

Page 40: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

40

2.1.3. Asupra paralelipipedului dreptunghic rigid cu muchiile (3a, 5a, 4a) acţionează trei forţe şi un cuplu având mărimile cunoscute:

,FF,FF 526 21 == aFM;FF 423 == , direcţiile şi sensurile ca în figura 2.1.3. Se cere: 1) Torsorul de reducereîn O; 2)Torsorul minimal; 3) Ecuaţia axei centrale; 4)Punctul de intersecţie al axei centrale cu planele ABE şi yOz.

Rezolvare: 1) Expresiile analitice ale celor patru forţe sunt:

)kji(FABABFFversFF 431111 −+===

)ki(FCDCDFFversFF 431222 +−===

;kFkFOzversFF 2333 ===

iaF)i(MxOversMM 4111 −=−==

Vectorul rezultant al forţelor şi momentul rezultant în punctul O sunt:

aFN,aFM,aFLdecikaFjaFaFiM

Faa

kji

FFaa

kji

FFFaa

kjiiaFM

)kji(FFR

O

O

ss

1314213142

200033

403053

434204

2323

1

=−==+−=

+−

++−

+−=

++−== ∑=

Deci Torsorul τO are deci următoarele componente:

τO :

+−=

++−=

)kji(aFM)kji(FR

o 13142232

;

z

Fig. 2.1.3

CE

D A 3

2

4

a 2 2

3

O yx B

F2

F1

F3 M1

F

G

Page 41: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

41

2) Torsorul minim este dat de ( ,aFMR O220−=⋅ 22

17FR = ):

τmin::

−−=⋅

=

++−=

)kji(aFRR

MRM

)kji(FR

omin 232

1720

232

2

3) Ecuaţia axei centrale sub formă vectorială se scrie:

λ++−λ+−

−=++

λ+×

)kji(FaFaFaFFFFkji

Fkzjyix

;RR

MR o

23213142

23217

12

2

Deci ecuaţiile parametrice ale axei centrale se scriu:

Faz;Fay;Fax 217223

17302

1767

+=λ+=λ−=

4) Ecuaţia planului ABE este:

azyx;azyx:sau

;

aaaa

aazyx

;

zyxzyxzyxzyx

EEE

BBB

AAA

620481688

0

103310514201

0

1111

=++=+−−−

==

Pentru determinarea coordonatelor punctului P de intersecţie al axei centrale, cu planul ABE, se introduc ecuaţiile parametrice ale axei centrale în ecuaţia planului de mai sus şi se deteremină parametrul λ; rezultă:

a,az;a,ay;a,ax

F/a,Fa

PPP

P

63901197678150

119935974

119547

328011939

======

⇒−=−=λ

Pentru determinarea coordonatelor punctului Q de intersecţie al axei centrale, cu planul yOz se introduc ecuaţiile parametrice ale axei centrale în ecuaţia planului yOz (x=0) şi se deteremină parametrul λ; rezultă:

a,az;a,ay;xFa

QQQQ 235517896767

342610

3467

=====⇒=λ

Page 42: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

42

PROBLEME PROPUSE 2.1.4. . . 2.1.20. Se consideră sistemele formate din trei forţe

321 F,F,F şi două cupluri )M(,M 21 ce acţionează asupra unui paralelipiped având forma şi dimensiunile precizate în fig. 2.1.4. . . 2.1.20; mărimile şi orientarea forţelor 321 F,F,F şi ale cuplurilor de forţe

)M(,M 21 sunt precizate în figurile corespunzătoare. Să se determine:

a) Torsorul de reducere al sistemului, în punctul O; b) Torsorul minim; c) Ecuaţia axei centrale; d) Coordonatele punctului de intersecţie al axei centrale cu planul

specificat.

2. 1. 4. Date: D(4a, 4a,3a)

02

2

5

22

21

3

2

1

==

=

=

=

M;aFM

FF

;FF

;FF

Axa centrală ∩yOz.

2. 1. 5. Date: E(4a, 7a, 3a)

02

5

29

21

3

2

1

==

=

=

=

M;aFM

FF

;FF

;FF

Axa centrală ∩xOz.

z

Fig. 2.1.4

C

F D

A

3a a

a 2a 2a

2a

a 3a a 3a

O y

x

B F2

F1

F3

M1

E

G

z

Fig. 2.1.5

C

F

D

A

2a a 2a 3a

3a

4a

4a 3a

3a O y

x

B F2

F1

F3

M1

E

G

Page 43: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

43

2. 1. 6. Date: F(3a, 5a, 4a)

03

10

22

21

3

2

1

==

=

=

=

M;aFM

FF

;FF

;FF

Axa centrală ∩yOz.

2. 1. 7. Date: E(3a, 6a,2a)

04

54

14

21

3

2

1

==

=

=

=

M;aFM

FF

;FF

;FF

Axa centrală ∩xOz.

2.1.8. Date: C(4a, 5a,3a)

05

2

29

21

3

2

1

==

=

=

=

M;aFM

FF

;FF

;FF

Axa centrală ∩xOy.

z

Fig. 2.1.6

C

E

D

A 2a

2a

3a

4a

2a

3a O y

x

B

F2 F1

F3

M

F

G

z

Fig. 2.1.7

C

G

D

A

2a 4a

3a

2a

3a a

a

2a

2a O

y

x

E F2 F1

F3

M1

B

F

z

Fig. 2.1.8

C≡

E

D

A

3a

4a

2a 2a

a

a 3

O y

x B

F2 F1 F3

M1G

Page 44: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

44

2.1.9 Date: H (4a,6a,3a)

04

4

5

22

21

3

2

1

==

=

=

=

M;aFM

FF

;FF

;FF

Axa centrală ∩xOy.

2.1.10. Date: C(5a,7a,2a)

06

2

13

53

21

3

2

1

==

=

=

=

M;aFM

FF

;FF

;FF

Axa centrală ∩xOz.

2.1.11 Date: G(2a,5a,2a)

04

2

22

14

21

3

2

1

==

=

=

=

M;aFM

FF

;FF

;FF

Axa centrală ∩xOy.

z

Fig. 2.1.9

C

E D

A 3a 2a 4a

a 3a

O y

x B

F2 F1

F3

M1

F H

z

Fig. 2.1.10

C

E

D

A

2a

a

2a 5a

6a 2a

3a

O y

x B

F2 F1

F3 M1

F

z

Fig.2.1.11

C

E A

2

2a 3a

aa

O y x

B

F2 F1

F3

M1

F

D

G

Page 45: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

45

2.1.12. Date: E (3a,5a,3a)

02

2

23

33

21

3

2

1

==

=

=

=

M;aFM

FF

;FF

;FF

Axa centrală ∩yOz.

2.1.13. Date: F (3a,4a,3a)

03

3

22

14

21

3

2

1

==

=

=

=

M;aFM

FF

;FF

;FF

Axa centrală ∩xOy.

2.1.14. Date: I(4a,5a,3a)

04

29

5

17

21

3

2

1

==

=

=

=

M;aFM

FF

;FF

;FF

Axa centrală ∩yOz.

z

Fig. 2.1.12

C

E

D

A 3a

5a

2a

a

2 a

O=G y

x B

F2

F1 F3

M1

F

z

Fig. 2.1.13

C

E D

A 2a 2a

3a

a 2a

a 3a

O y

x

B

F2

F1

F3 M1

F

G

z

Fig. 2.1.14

C

E D A

3a F

3a

2a 2a

a2a

O y

x

B

F2

F1 F3 M1

G

2a

2a

I

Page 46: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

46

2.1.15 Date: F(3a,5a,3a)

03

4

5

22

21

3

2

1

==

=

=

=

M;aFM

FF

;FF

;FF

Axa centrală ∩xOy.

2.1.16 Date: I(a,3a,2a)

aFM

;aFM

FF

;FF

;FF

2

5

14

10

2

1

3

2

1

=

=

=

=

=

Axa centrală ∩xOz.

2.1.17 Date: I(a,4a,3a)

.aFM

;aFM

FF

;FF

;FF

3

10

26

17

2

1

3

2

1

=

=

=

=

=

Axa centrală ∩yOz.

z

Fig. 2.1.15

C

E D

A a 2a

3a

2a a 2a

O y

x B

F2 F1

F3 M1

F

G

z

Fig. 2.1.16

C

D≡E

A

3a a

2a

O y

x

B≡F

F2 F1

F3 M2

M1 G H

I

z

Fig. 2.1.17

C

HD≡E

A

4a a

3a

O y

x

B≡F

F2 F1

F3 M2

M1 G

I

Page 47: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

47

2.1.18 Date: I(a, a,a)

.aFM

;aFM

FF

;FF

;FF

2

2

3

2

2

1

3

2

1

=

=

=

=

=

Axa centrală ∩yOz.

2.1.19 Date: I(a,2a,a)

.aFM

;aFM

FF

;FF

;FF

2

2

2

6

5

2

1

3

2

1

=

=

=

=

=

Axa centrală ∩xOz.

2.1.20 Date: I(a,2a,a)

aFM

;aFM

FF

;FF

;FF

2

52

6

5

2

1

3

2

1

=

=

=

=

=

Axa centrală ∩yOz

z

Fig. 2.1.19

C

H

D≡E

A

2a a

a

O y

x

B≡F

F2 F1

F3 M2

M1

I

G

z

Fig. 2.1.20

C

H

D≡E

A

2a a

a

B

y

x

O≡F

F2 F1

F3

M2

M1

I

G

z

Fig. 2.1.18

C

G

D≡E

A

a a

a

O y

x

B≡F F2 F1

F3

M2

M1 H

I

Page 48: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

48

RĂSPUNSURI PENTRU PROBLEMELE PROPUSE Nr. pr.

Torsorul în O τO

Torsorul minimal τmin

Axa centrală Punctul de intersecţie

2.1.4

−−=++=

τ)ki(aFM)kji(FR:

OO 64

322

++−=

++=τ

)kji(aFM

)kji(FR:

minmin 322

1726

322

λ+=

λ=

λ+−=

Faz

Fy

Fax

3178

2

21712

=

=

=

az

ayx

17261712

0

2.1.5

++−=++=

τ)kji(aFM

)kji(FR:O

O 281028

++=

++=τ

)kji(aFM

)kji(FR:

minmin 28

2318

28

λ+=

λ+−=

λ+=

Faz

Fay

Fax

26981

8694869222

=

=

=

az

y

ax

2331

02376

2.1.6

−+−=−+=

τ)kji(aFM

)kji(FR:O

O 181550643

−+=

−+=τ

)kji(aFM

)kji(FR:

minmin 643

6118

643

λ−=

λ+=

λ+=

Faz

Fay

Fax

661

245

461

354

36118

=

=

=

az

ayx

6128161

3300

2.1.7

++−=++=

τ)kji(aFM

)kji(FR:O

O 119653

++=

++=τ

)kji(aFM

)kji(FR:

minmin 53

3538

53

λ+=

λ+−=

λ+=

Faz

Fay

Fax

3557

53539

33546

=

=

=

az

y

ax

175324

0175347

2.1.8

++−=−+=

τ)kji(aFM

)kji(FR:O

O 17182045

−+=

−+=τ

)kji(aFM

)kji(FR:

minmin 45

211

45

λ−=

λ+=

λ+=

Faz

Fay

Fax

42159

52

6342

157

=

=

=

08442184

373

z

ay

ax

2.1.9

−+−=−+=

τ)kji(aFM

)kji(FR:O

O 433622

−+−=

−+=τ

)kji(aFM

)kji(FR:

minmin 22

922

22

λ−=

λ+=

λ+−=

Faz

Fay

Fax

29

75

29

7692

=

=

=

09

1511871

z

ay

ax

2.1. 10

++−=−+=

τ)kji(aFM

)kji(FR:O

O 111026242

−+−=

−+=τ

)kji(aFM

)kji(FR:

minmin 242

2422

242

λ−=

λ+=

λ+=

Faz

Fay

Fax

224

124

42430

22464

=

=

=

az

y

ax

48278

04898

2.1. 11

−−=+−=

τ)kj(aFM)kji(FR:

OO 142

233

+−−=+−=

τ)kji(aFM

)kji(FR:min

min 233233

λ+−=

λ−=

λ+=

Faz

Fay

Fax

2113

31121

31123

=

=

=

02325

z

ay

ax

Page 49: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

49Nr. pr.

Torsorul în O τO

Torsorul minimal τmin

Axa centrală Punctul de intersecţie

2.1. 12

+−=++−=

τ)kji(aFM

)kji(FR:O

O 9593

−−=

++−=τ

)kji(aFM

)kji(FR:

minmin 3

1115

3

λ+−=

λ+=

λ−=

Faz

Fay

Fax

2

311181132

=

=

=

az

ayx

111011

1140

2.1. 13

+−=−+=

τ)ki(aFM)kji(FR:

OO 43

24

+−−=

−+=τ

)kji(aFM

)kji(FR:

minmin 24

2111

24

λ−=

λ+=

λ+=

Faz

Fay

Fax

22112

42182116

=

=

=

021322122

z

ay

ax

2.1. 14

−−=+−−=

τ)kji(aFM

)kji(FR:O

O 1683342

+−−−=

+−−=τ

)kji(aFM

)kji(FR:

minmin 342

2922

342

λ+=

λ−−=

λ−=

Faz

Fay

Fax

32928

42923

22988

=

−=

=

az

ayx

29160

29199

0

2.1. 15

−+=−+=

τ)kji(aFM

)kji(FR:O

O 9222

−+−=

−+=τ

)kji(aFM

)kji(FR:

minmin 22

35

22

λ−=

λ+−=

λ+=

Faz

Fay

Fax

29

1692

29

17

=

=

=

032311

z

ay

ax

2.1. 16

+−−=+−=

τ)kji(aFM

)ji(FR:O

O 866

=+−=

τ06

minmin M

)ji(FR:

=

λ+=

λ−=

az

Fay

Fax

63783748

==

=

azy

ax

0111148

2.1. 17

+−−=+−=

τkji(aFM

)ji(FR:O

O 112128

+−−=

+−=τ

)ji(aFM

)ji(FR:

minmin 8

654

8

=

λ+=

λ−=

6598

865116588

az

Fay

Fax

=

==

6598110

az

ayx

2.1. 18

+−=+−=

τ)ki(aFM

)ji(FR:O

O 42

+−=

+−=τ

)ji(aFM

)ji(FR:

minmin 2

5

2

=λ+=λ−=

a.zFa.y

Fa,x

40280

61

a.zay

x

4040

===

2.1. 19

++−=+−=

τ)kji(aFM

)ji(FR:O

O 624

+−=

+−=τ

)ji(aFM

)ji(FR:

minmin 4

176

4

=

λ+=

λ−=

177

41761724

az

Fay

Fax

==

−=

003445

zy

ax

2.1. 20

++−=−−=τ

)kji(aFM)ki(FR:

OO 44

2

−−=

−−=τ

)ki(aFM

)ki(FR:

minmin 2

54

2

λ−−=

=

λ−=

Faz

ay

Fax

52

512

25

−=

=

=

2

512

0

az

ayx

Page 50: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

50

ALGORITMUL DE CALCUL UTILIZAT PENTRU PROGRAMUL EXCEL ŞI REZULTATELE OBŢINUTE

PENTRU PROBLEMA 2.1.4 Pentru creerea algoritmului de calcul s-au utilizat următoarele

relaţii: Expresiile analitice ale celor patru vectori:

1113322

2221111

MversMM;EFversFF;CDversFF

;)zz()yy()xx(k)zz(j)yy(i)xx(F

ABABFABversFF

ABABAB

ABABAB

⋅=⋅=⋅=

−+−+−−+−+−

⋅=⋅=⋅=

Expresiile analitice ale momentelor celor 3 forţe în raport cu O:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )iXyYxiZxXziYzZyFOE)F(M

iXyYxiZxXziYzZyFOC)F(MiXyYxiZxXziYzZyFOA)F(M

EEEEEEO

CCCCCCO

AAAAAAO

33333333

22222222

11111111

−+−+−=×=

−+−+−=×=

−+−+−=×=

Componentele torsorului de reducere al sistemului în punctul O:

kNjMiLM;kZjYiXR O ++=++=

Componentele torsorului minimal:

kZR

MRjYR

MRiXR

MRM OOOmin 222

⋅+

⋅+

⋅=

Componentele produsului vectorial :

k)YLXM(j)XNZL(i)ZNYN(MR O −+−+−=×

din ecuaţia vectorială a axei centrale:

( ) RR/MRkzjyix O λ+×=++=ρ 2

DATE DE INTRARE A B C D E F G H I J K L

Nr. xA/a yA/a zA/a xB/a yB/a zB/a xC/a yC/a zC/a xD/a yD/a zD/a

1 4 3 0 2 0 3 0 1 3 1 0 2

M N O P Q R S T U V X Y Z

xE/a yE/a zE/a xF/a yF/a zF/a F1/F F2/F F3/F M1/aF vers M1x vers M1y

vers M1z

4 4 3 1 4 2 4,6904 5 2 2 0 0 1

Page 51: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

51

DATE DE IEŞIRE AA AB AC

(versF1)x (versF1)y (versF1)z

(D1-A1)/SQRT((D1-A1)^2+ (E1-B1)^2+(F1-C1)^2)

(E1-B1)/SQRT((D1-A1)^2+ (E1-B1)^2+(F1-C1)^2)

(F1-C1)/SQRT((D1-A1)^2+ (E1-B1)^2+(F1-C1)^2)

-0,4264 -0,6396 0,6396

AE AF AG

(versF2)x (versF2)y (versF2)z

(J1-G1)/SQRT((J1-G1)^2+ (K1-H1)^2+(L1-I1)^2)

(K1-H1)/SQRT((J1-G1)^2+ (K1-H1)^2+(L1-I1)^2)

(L1-I1)/SQRT((J1-G1)^2+ (K1-H1)^2+(L1-I1)^2)

0,8 0,6 0

AH AI AJ

(versF3)x (versF3)y (versF3)z

(P1-M1)/SQRT((P1-M1)^2+ (Q1-N1)^2+(R1-O1)^2)

(Q1-N1)/SQRT((P1-M1)^2+ (Q1-N1)^2+(R1-O1)^2)

(R1-O1)/SQRT((P1-M1)^2+ (Q1-N1)^2+(R1-O1)^2)

0 1 0

AK AL AM AN AO AP

X/F Y/F Z/F R2/F2 (MOF1/aF)x (MO F1/aF)y

AA1*S1+AE1*T1+ AH1*U1

AB1*S1+AF1*T1+ AI1*U1

AC1*S1+AG1*T1+ AJ1*U1

AK^2+AL^2+ AM^2

S1(B1*AC1-C1*AB1)

S1(C1*AA1-A1*AC1)

2 2 3 17 9 -12

AQ AR AS AT AU AV

(MOF1/aF)Z (MO F2/aF)x (MOF2/aF)y (MO F2/aF)z (MOF3/aF)x (MO F3/aF)y

S1(A1*AB1-B1*AA1)

T1(H1*AG1-I1*AF1)

T1(I1*AE1-G1*AG1)

T1(G1*AF1-H1*AE1)

U1(N1*AJ1-O1*AI1)

U1(O1*AH1-M1*AJ1)

-6 -9 12 -4 -4 0

AW AX AY AZ BA

(MOF3/aF)z L/aF = (MO /aF)x M/aF = (MO/aF)y N/aF = (MO /aF)z R.MO/aF2

U1(M1*AI1-N1*AH1)

AO1+AR1+AU1+X1*V1

AP1+AS1+AV1+Y1*V1

AQ1+AT1+AW1+ Z1*V1

AK1*AX1+AL1*AY1+AM1*AZ1

2 -4 0 -6 -26

BB BC BD BE BF BG

(Mmin/aF)x (Mmin/aF)y (Mmin/aF)z ( 2aF/MR O× )x ( 2aF/MR O× )y ( 2aF/MR O× )z

BA1*AK1/AN1 BA1*AL1/AN1 BA1*AM1/AN1 AL1*AZ1-AM1*AY1

AM1*AX1-AK1*AZ1

AK1*AY1-AL1*AX1

-3,0588 -3,0588 -4,5882 -12 0 8

Page 52: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

52

2.2. REDUCEREA SISTEMELOR DE FORŢE COPLANARE.

PROBLEME REZOLVATE

2.2.1. Asupra cadrului dreptunghiular din figura 2.2.1.a având laturile

OA=a, OC=2a, acţionează forţele coplanare: F1=F2= F2 înclinate cu unghiul 4/π=α şi F3 = 2F ca în fig. 2.2.1.a. Se cer : 1) Torsorulul de reducere în punctul O. 2) Ecuaţia axei centrale (suportul lui R) prin tăieturi.

Rezolvare : 1) Se scriu expresiile analitice ale vectorilor forţă:

iFiFF

)ji(Fj)sinF(i)cosF(F)ji(Fj)sinF(i)cosF(F

233

222

111

−=−=

+−=α+α−=

+=α+α=

Vectorul rezultant al sistemului este: jFiFRFR ii22

3

1+−=⇒Σ=

=

Momentul rezultant faţă de O este:

kaFM)iF()jaia(

FFaa

kji)ji(FjaM

FOBFODFOC)F(MM ii

320022 00

3210

3

10

=⇒−×++−

++×=

×+×+×=Σ==

Torsorulul de reducere în punctul O este deci:

α α F1 y

D C

F2

B

x O

A

Fig. 2.2.1.a

F3

a

a

a

y

D C

x O MO A

R

F=R

Fig. 2.2.1.b

Axa

Q (0, 3a/2)

P

Page 53: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

53

===⇒=

==−=⇒+−=

aFN;MLkaFMZ,FY;FXjFiFR

30302222

0

1) Ecuaţia axei centrale: Z

yXxYNY

xZzXMX

zYyZL +−=

+−=

+−

pentru valorile de mai sus se scrie:

=

=+⇒

−−==

− 02

3

0223

22

22

z

ayxFyFxaFFFz

FFz

Axa centrală este o dreaptă definită prin tăieturile: P(3a/2,0) şi Q(0,3a/2)

Sistemul de forţe este echivalent cu torsorul )M,R( Oτ de reducere în punctul O, sau cu o forţă F egală cu vectorul rezultant R situată pe axa centrală (întrucât în acest caz: 00 00 =⋅=⊥ MRsau,MR ).

2.2.2. Asupra plăcii dreptunghiulare din fig. 2.2.2. având laturile OA =2a, OC=4a, acţionează un cuplu 1M şi 4 forţe coplanare respectiv în punctele A1, A2, A3, A4 având modulele date: aFM 41 = ; ;FF;FF 2221

==

;FF 233 = FF 44 = , înclinate cu: π=απ−=απ=α=α 4321 440 ;/;/; .

Se cere : 1) Torsorul de reducere în punctul O. 2) Ecuaţia axei centrale prin tăieturi (xP, yQ) Rezolvare 1. Expresiile analitice ale forţelor, cuplului

1M şi momentelor faţă de O sunt:

( )kXyYx)F(M;kMM

j)sinF(i)cosF(F;jYiXF

iiiiiO

iiiii

iii

−=

=

α+α=

+=

11

Introducând valorile rezultă:

kaFM;kaF)F(M;kaF)F(M;)F(M;)F(MiFF;jFiFF;jFiFF;iFF

OOOO 48150043322

14321

4321

==−===

−=−=+==

α2

α3

F1

y C

F2

B

x O A

Fig. 2.2.2

F3

a

2a

2a

a

F4 A4

A1

A2

2a

2a

A3

M1

Page 54: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

54

Vectorul rezultant al sistemului este prin urmare:

FsinFYFcosFXFR iiiiiiii−=αΣ==αΣ=⇒Σ=

===

4

1

4

1

4

12

Momentul rezultant faţă de O este:

kaFM)F(MM iOiO 31

4

1−=+Σ=

=

2. Ecuaţia axei centrale pentru sistemul de forţe dat este: 0=+− yXxYN : x+2y=3a

Axa centrală este definită prin tăieturile (fig S2.2.2.a): P(N/Y,0) xM=3a; yM=0 si Q(0,-N/X) xN=0; yN=3a/2; Sistemul de forţe este echivalent cu torsorul de reducere în punctul

O: )M,R( Oτ sau cu o forţă F egală cu vectorul rezultant R situată pe axa centrală (întrucât în cazul unui sistem coplanar de forţe:

00 00 =⋅=⊥ MRsau,MR ).

2.2.3. Asupra plăcii dreptunghiulare rigide din fig. 2.2.3a. având laturile OA =4a, OD=6a, acţionează 2 forţe concentrate în punctele A şi C având modulele date: paF;paF 510 21

== fiind dirijate după direcţiile AB respectiv BC şi 4 sarcini distribuite uniform sau neuniform ca în fig. S2.2.3a . Se cer : 1) Torsorul de reducere al sistemului de forţe în punctul O. 2) Torsorul de reducere al sistemului de forţe în punctul J (J≡B). 3) Ecuaţia axei centrale şi tăieturile ei (xP, yQ).

y

D C

x O

A

Fig. 2.2.3a

F2

2a

3a

F1

B≡J

2a p

p

E a

3a

3a

2p

p

y C

B

x O A

Fig. 2.2.2.a

2a

4a

MP(3a,0)

Q(0,3a/2) F=R

Axa centrală

R

Page 55: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

55

Rezolvare Se înlocuiesc sarcinile distribuite prin forţe echivalente acţionând în

centrele forţelor paralele distribuite respective. Aceste forţe au mărimile: .pa/)pa(F;pa/)pa(F;paFF 32233262 6543 =⋅==⋅===

Sistemul de forţe echivalent este prezentat în fig. 2.2.3.b. Se observă că unghiurile formate de direcţiile forţelor F1 şi F2 cu axa Ox sunt egale şi se notează cu α: tgα =3/4 , sinα =3/5 cosα =4/5. Expresiile analitice ale vectorilor forţe sunt:

jpaipaF

jsinFicosFF

jpaipaF

j)sin(Fi)cos(FF

34

68

2

222

1

111

+=

α+α=

+−=

α−π+α−π=

jpaF;ipaF;jpaF;jpaF

3322

65

43

−==

=−=

Vectorul rezultant al sistemului este deci: jpaipaRFR ii6

3

1+−=⇒Σ=

=

Momentul rezultant faţă de O este:

k)FyFx()Fr()F(MMi

xiiyiiiiiiOiO

−=×Σ=Σ= ∑

===

6

1

6

1

6

1,

unde: jyixr iii += este vectorul de poziţie al punctului de aplicaţie al forţei iF .

Înlocuind valorile corespunzătoare rezultă: kpaMO24=

Deci torsorul de reducere al sistemului în punctul O este:

===⇒=

==−=⇒+−=τ

220 404

066paN;MLkpaM

Z,paY;paXjpaipaR:O

Momentul rezultant în punctul J se calculează conform relaţiei:

kpa)jpaipa()ja(kpaRJOMM OJ22 634 =+−×−+=×+=

Deci torsorul de reducere al sistemului în punctul J este:

y

C

x O A

Fig. 2.2.3b

F2

a

2a

F1

B≡J

2a a

2a

3a

F4

F3

C 2a

F6

F5

α

180o-

a

Page 56: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

56

=

+−=τ

kpaMjpaipaR

:J 20

6

3. Ecuaţia axei centrale pentru sisteme coplanare de forţe este: 0=+− yXxYN sau: 6x + y = 4a

Axa centrală este definită prin tăieturile ei: P(2a/3, 0) , Q(0, 4a)

În fig. 2.2.3c este prezentat torsorul de reducere al sistemului de

forţe dat în punctul O, iar în fig. 2.2.3d este prezentat torsorul de reducere al sistemului de forţe dat într-un punct situat pe axa centrală: acesta este cel mai simplu sistem echivalent cu sistemul de forţe dat (o forţă egală cu vectorul rezultant pe axa centrală).

TEME APLICATIVE PROPUSE Enunţ general 2.2.4....2.2.18. Asupra plăcii rigide plane având forma din din

figură acţionează un număr de forţe şi cupluri de forţe concentrate având modulele date şi un număr de sarcini distribuite uniform sau neuniform. Se cer : 1. Torsorul de reducere al sistemului de forţe în punctul O. 2. Torsorul de reducere al sistemului de forţe în punctul J. 3. Ecuaţia axei centrale şi tăieturile ei (xP, yQ).

y

Q(0,4

x O P(2a/3,

Axa centrală6x+y=4a

RF =

y

x O

jpaipaR 6+−=

kpaMO24=

c. Fig. 2.2.3 d.

Page 57: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

57

y

x O

Fig. 2.2.4

M

C≡J

3a

A

B

F2 F1

3a 4a

4a E

F3

2a

3a E

Date:

aFM;FF

FFF

43

5

13

21

==

==

Fig. 2.2.6 y

x O

M

D≡J

3a

B

F1

F2

2a

4a E

F3 A 8a

Date:

aFM;FF

FF;FF

245

1013

13

21

==

==

y Fig. 2.2.5

2p

p

C

B A

3a

2a a

3a J D x O

Date: apF 21 =

F1

(F2e)

(F3e)

Page 58: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

58

Fig. 2.2.7 y

x

D≡J

3a

F4

4a

4a 3a

4a

A

O

F2 F3

F1

E C B

4a

Date:

FF;FF

FFF

24

5

43

21

==

==

Fig. 2.2.8

A

B C

D

E G≡J 2a

2a

2a

2a

2a

2a

O

y

x F1

F2 F3

F4

F7

F6 F5

Date:

;FF

FF;FF

FF;FF

FF;FF

7

65

43

2

7

65

43

21

=

==

==

==

Fig. 2.2.10

C≡J3a 3a

3a 3a

6a

3a a a

y

x

F1

F2

F3 F5

F4

O

B

A

D

Date:

FF

FFF

FF

;FF

5

2

4

4

52

3

1

=

==

=

=

Fig. 2.2.9

A≡J

F1

F2

F3

M1

B

C O x

y

Date:

aFM

;FF

FFF

;FF

4

5

2

1

3

42

1

=

=

==

=

F4

3a

4a

4a

3a

D

Page 59: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

59

x

C≡J

A B

D

O

y F2

F3

F4

F1

F5

3

4a

3a a a

3

a

Fig. 2.2.11 Date:

;FFFF

;FF

;FF

===

=

=

543

2

1

5

2

450

y Fig. 2.2.13

D

C A

3a

2a

2a a

2a

B≡J

x O

Date:

;FF

FFFF

52

431

=

===

a

F1

F2

F3

F4

y

Fig. 2.2.14

x O M1

4

4a

2a

2a

6

p

2

B≡J

A

C F2

F1

y

2

Date:

paM

;apF

;apF

21

2

1

6

5

=

=

=

F3e

F4e

O

2 B≡J

A

D

C

2

a

2

y

Fig. 2.2.12

F2 F1

F4

F3 Date:

FF;FF

FF

;FF

2

5

52

43

2

1

==

=

=

x

Page 60: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

60

2

2

6

3 3 3 x

F1 F2

D

O

B≡J O

C A

p 3

y

F3

Fig. 2.2.15 Date:

;apFF

;apF

5

10

32

1

==

=

F4e

2

Fig. 2.2.16

O

3a

4a

A≡Jy

x

F1

F2 p

C

B Date:

;apF

;apF

2

5

2

1

=

=

F4e

F3e

x

F1 O

A Fig. 2.2.17

p

2

F2

B≡J

4

3

3

y

C

Date: ;apFF 521 ==

F4e

F3e

O 4

3

a 3

2p

p 2

C B≡J

y

x

F2e

F1

M1 A

E D

Fig. 2.2.18

Date:

paM

;apF2

1

1

4

5

=

=

F4e F3e

Page 61: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

61

REZULTATELE PROBLEMELOR PROPUSE Nr. pr.

Torsorul în O τO

Torsorul în J τJ

Ecuaţia axei centrale

Punctele de inters. Ox şi Oy

0 1 2 3 4 2.2.4

−=+=

τkaFMjFiFR:

OO 24

27

−=+=

τkaFMjFiFR:

JJ 4

27 2x-7y=-24a P(-12a,0)

Q(0,24a/7)

2.2.5

−=−=

τkpaMjpaipaR:

OO 27

4

−=−=

τkFpaMjpaipaR:

JJ 24

4 x+4y=7a P(7a, 0)

Q(0, 7a/4)

2.2.6

=+−=

τ0

64O

O MjFiFR:

−=+−=

τkaFM

jFiFR:J

J 4464

6x+4y=0 O(0, 0) axa trece prin

O 2.2.7

=+=

τkaFM

jFiFR:O

O 2026

=+=

τkaFM

jFiFR:J

J 3226

2x-6y=20a P(10a, 0) Q(0, -10a/3)

2.2.8

==

τkaFM

jFR:O

O 377

−==

τkaF)(M

jFR:J

J 1377

x=a 3 P(a 3 , 0) axa este cu

Oy

2.2.9

=+−=

τkaFMjFiFR:

OO 26

2

=+−=

τ20

2J

J MjFiFR:

2x+y=26a P(13a,0) Q(0, 26a)

2.2.10

−=+=

τkaF,M

jF,iF,R:O

O 8834572296

=+=

τkaFM

jF,iF,R:J

J 32572296 2,57x-6,29y

= -34,88a P(-13,56a,0) Q(0, 5,55a)

2.2.11

−=+=

τkaFMjFiFR:

OO 6

22

−=+=

τkaFM

jFiFR:J

J 222

x-y=-3a P(-3a,0) Q(0,3a)

2.2.12

−=−=

τkaFMjFiFR:

OO 21

24

−=−=

τkaFM

jFiFR:J

J24

2x+4y=21a P(21a/2,0) Q(0, 21a/4)

2.2.13

−=−=

τkaFMjFiFR:

OO 10

5

=−=

τkaFMjFiFR:

JJ 6

5 x+5y=10a P(10a,0)

Q(0,2a)

2.2.14

==

τkpaM

jpaR:O

O 2122

==

τkpaM

jpaR:J

J 2122

x=6a P(6a,0) axa este cu

Oy 2.2.15

=+=

τkpaMjaipaR:

OO 238

32

=+=

τkpaMjaipaR:

JJ 228

32 3x-2y=38a P(38a/2,0)

Q(0, -19a)

2.2.16

−=+=

τkpaMjpaipaR:

OO 243

15

=+=

τkpaM

jpaipaR:J

J 2215

x-15y=-43a P(-43a,0) Q(0,43a/15)

2.2.17

−=+=

τkpaM

jpaipaR:O

O 21045

−=+=

τkpaMjpaipaR:

JJ 211

45 4x-5y=-10a P(-5a/2,0)

Q(0,2a)

2.2.18

==

τkpaM

R:O

O 2120

==

τkpaM

R:J

J 2120

Sistem echivalent cu

un cuplu

Sistem echivalent cu

un cuplu

Page 62: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

62

ALGORITMUL DE CALCUL UTILIZAT PENTRU PROGRAMUL EXCEL ŞI REZULTATELE OBŢINUTE

PENTRU PROBLEMA 2.2.2

DATE DE INTRARE

A B C D E F G H I J K L M Nr. x1/a y1/a F1/F cosα1 sin α1 x2/a y2/a F2/F cosα2 sin α2 x3/a y3/a F3/F

0 1 1 0 1 1 0 2 2 2.8284 0.707

1 0.707

1 1 4 4.242

6

DATE DE IEŞIRE N O P Q R S T U V W cosα3 sin α3 x4/a y4/a F4/F cosα4 sin α4 M4/aF X/F=

ΣFi cosαi /F Y/F=

ΣFi sinαi /F C*D+H*I+

M*N+R*S C*E+H*J+ M*O+R*T

0.7071

-0.7071 0 2 4 -1 0 4 2 -1

X Y Z AA AB AC AD AE ΣxiFisinαi

/aF ΣyiFi cosαi

/aF Moz/aF =M1

+(ΣxiFisinαi -

ΣyiFi cosαi)/aF

xP/a yQ/a xJ/a yJ/a MJz/aF = (-xJ*Y+yJ*X)/aF

+Moz/aF A*C*E+F*H*J+

K*M*O+P*R*T

B*C*D+G*H*I+ L*M*N+Q*R*S

X - Y + U Z / W -Z / V -AC*W+AD*V+Z

1 8 -3 3 1.5 0 5 7

Page 63: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

63

2.3 REDUCEREA SISTEMELOR DE FORŢE PARALELE

PROBLEMĂ REZOLVATĂ 2.3.1 Asupra unui cub de latură a se aplică un sistem de cinci forţe paralele verticale (orientate după Oz) respectiv în punctele: A1 (a,0,0); A2 (0,a,0); )/a,,/a(A);,/a,/a(A);a,a,/a(A 2020222 543 (vezi fig. 2.3.1.a). Forţele au acelaşi modul: FFFFFF 254321 ===== .

Se cere : 1) Torsorulul de reducere în O; 2) Ecuaţia axei centrale; 3) Poziţia centrului forţelor paralele.

Rezolvare: 1) Expresiile analitice ale vectorilor şi ale vectorului rezultant al acestora, sunt:

FZ;YXkFRkFFFF,kFFF

20222 54321

===⇒=⇒

===−==

Expresia analitică a momentului rezultant este:

55443322110

5

10 FAOFAOFAOFAOFAO)F(MM ii×+×+×+×+×=Σ=

=

.N;aFM;aFLjaFiaFM 00 ===⇒−=⇒

2) Ecuaţia generală axei centrale se scrie:

∈==⇒=

+−=

− RzayxF

FxFaFyFa22

00

420

42

z

F5

F2

F3

Fig. 2.3.1.a

A2

A3

A5 F4

A4 A1

F1

O y

x

a

a a

z

M0

R

Axa central\

O

R

Centrul fortelor paralele C( /2 /2 3 /2)

Fig. 2.3.1.b

y x

P(a/2,a/2,0) a

a

a

Page 64: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

64

Întrucât pentru toate sistemele de forţe paralele 00 00 =⋅=⊥ MRsau,MR sistemul se reduce la o forţă egală cu

vectorul rezultant R situată pe axa centrală şi care este paralelă cu forţele date (după axa Oz, fig. 2.3.1.b).

Centrul forţelor paralele C (ξ, η, ζ) se determină cu ajutorul relaţiilor:

ii

iii

ii

iii

ii

iii

F

zF,

F

yF,

F

xF5

5

5

5

15

5

1

Σ

Σ=ζ

Σ

Σ=η

Σ

Σ=ξ ==

Înlocuind valorile corespunzătoare, centrul forţelor paralele C are

coordonatele :

⇒=ζ=η=ξ

23

2223

22a,a,aCa,a,a

PROBLEME PROPUSE 2.3.2. …2.3.5. În centrele feţelor unui cub de latură 2a se aplică şase forţe paralele cu direcţia OBi , i=1,2,3,4 (ca în fig. 2.3.2...2.3.5)având modulele:

FF;FF;FF;FF;FF;FF 65432554321====== . Se cere :

1) Torsorulul de reducere în O; 2) Ecuaţia axei centrale; 3) Poziţia centrului forţelor paralele C(ξ,η,ζ).

Rezolvare:

1) Expresiile analitice ale vectorilor paraleli şi ale rezultantei acestora, sunt:

∆⋅αΣ=∆⋅α=

vers)cosF(RverscosFF

ii

iii

Centrul vectorilor forţă paraleli C (ξ, η, ζ) se determină cu ajutorul relaţiilor:

ii

iii

ii

iii

ii

iii

F

zF,

F

yF,

F

xF5

5

5

5

15

5

1

Σ

Σ=ζ

Σ

Σ=η

Σ

Σ=ξ ==

z

A2 F5

F2

Fig. 2.3.2...2.3.5

A3 A5

F6

A1

A4

F4 O

y x

2a

2a 2a

F3

F1

A6

B1

B2

B3

B4

Page 65: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

65

Rezolvarea s-a făcut utilizând programul EXCEL prezentat mai jos. ALGORITMUL DE CALCUL UTILIZAT PENTRU PROGRAMUL

EXCEL PENTRU PROBLEMELE 2.3.2...2.3.5

DATE DE INTRARE A B C D E F G H I J

Nr. x1/a y1/a z1/a F1/F cosα1 x2/a y2/a z2/a F2/F cosα2

1 1 1 0 1 -1 1 1 2 2 1

K L M N O P Q R S T U

x3/a y3/a z3/a F3/F cosα3 x4/a y4/a z4/a F4/F cosα4 x5/a 0 1 1 3 1 2 1 1 4 -1 1

V W X Y Z AA AB AC AD AE AF AG

y5/a z5/a F5/F cosα5 x6/a y6/a z6/a F6/F cosα6 xB/a yB/a zB/a

0 1 5 1 1 2 1 6 -1 2 2 2

DATE DE IEŞIRE AH AI AJ AK AL

ΣFixicosαi / aF ΣFiyicosαi / aF ΣFizicosαi / aF ∆x= versOBx ∆y=versOBy

A*D*E+F*I*J+K*N*O+P*S*T+U*X*Y+Z*AC*AD

B*D*E+G*I*J+L*N*O+Q*S*T+V*X*Y+AA*AC*AD

C*D*E+H*I*J+M*N*O+R*S*T+W*X*Y+AB*AC*AD

AE/SQRT(AE^ 2+ AF^2+AG^2)

AF/SQRT(AE^2+ AF^2+AG^2)

-8 -12 2 0,57735

AM AN AO AP AQ AR

∆z=versOBz R/ F = ΣFicosαi/F

X/ F = ∆x.R /F

Y/ F = ∆y.R /F

Z/ F = ∆z.R /F

MOx/aF =∆Z ΣFi yicosαi/aF

-∆y ΣFi zi cosαi/aF AG/SQRT(AE^2+AF

^2+AG^2) D*E+I*J+N*O+S*T+X*Y+AC*AD

AN*AK AN*AL AN*AM AM*AI - AL*AJ

0,57735 -1 -0,57735 -0,57735 -0,57735 -8,0829

AT AU AV AW AX AY

MOy/aF =∆x ΣFi zi cosαi/aF-

-∆z ΣFi xi cosαi/aF

MOz/aF =∆y ΣFi xi cosαi/aF –

-∆x ΣFi yi cosαi/aF

R.MO/a2F= (X.MOx+ Y.MOy

+ Z.MOz )/a2F =0 (verificare)

ξ/a η/a ζ/a

AK*AJ - AM*AH AL*AH - AK*AI AO*AR+AP*AT+AQ*AU AH/AN AI/AN AJ/AN

5,7735 2,3094 0 8 12 -2

Page 66: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

66

S-au obţinut deci următoarele rezultate pentru problema 2.3.2: 1) Torsorul de reducere în O:

++−=

−−=τ

kaF,jaF,iaF,MjF,iF,R

:309277350838

57705770

0

0

Ecuaţia axei centrale:

F,Fy,Fx,aF,

F,Fx,Fz,aF,

F,Fz,Fy,aF,

5770577057703092

5770577057707735

5770577057700838

+−=

=+−

=+−−

Întrucât pentru toate sistemele de forţe paralele avem:

00 00 =⋅=⊥ MRsau,MR sistemul se reduce la o rezultantă R situată pe axa centrală care este paralelă cu forţele (cu axa Oz).

2) Centrul forţelor paralele are coordonatele: ( )a,a,aCa,a,a 21282128 −⇒−=ζ=η=ξ

2.3.6 Se consideră sistem de forţe paralele verticale 4321 F,F,F,F care se aplică respectiv în punctele: A1 (3a,a,0); A2 (a,2a,0); A3 (2a,-a,0); A2 (-2a,5a,0); (fig. 2.3.6). Forţele au modulele:

FF;FF;FF;FF ==== 4321 935 . Se cer:

1)Torsorulul de reducere în O; 2)Ecuaţia axei centrale; 3) Poziţia centrului forţelor paralele.

Rezultate:

1)Torsorul de reducere în O:

+−=

jaFiaFMkFR

:813

6

0

0

2) Ecuaţia axei centrale şi centrul vectorilor paraleli:

−−== 0

613

34

613

34 ;a;aC;ay;ax

z

Fig. 2.3.6

A1

A4

F2F4

F1

A2F3

A3

x

O

y

Page 67: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

67

CAPITOLUL III CENTRUL MASELOR - CENTRUL DE

GREUTATE Centrul de greutate pentru un sistem rigid continuu de puncte

materiale are vectorul de poziţie ρ şi coordonatele ( ζηξ ,, ) , date de relaţiile:

( )

( )dm

dmr

D

D

∫=ρ ; ( )

( )

( )

( )

( )

( )dm

zdm,

dm

ydm,

dm

xdm

D

D

D

D

D

D

∫=ζ=η=ξ

Se deosebesc următoarele cazuri particulare: a. În cazul plăcilor omogene (dm=γSdA, γS=constant), expresiile

vectorului de poziţie şi coordonatele centrului de greutate sunt date de relaţiile:

( )

( )dA

dAr

S

S

∫=ρ ; ( )

( )

( )

( )

( )

( )dA

zdA,

dA

ydA,

dA

xdA

S

S

S

S

S

S

∫=ζ=η=ξ .

b. În cazul barelor omogene (dm=γlds, γl=constant) expresiile vectorului de poziţie şi coordonatele centrului de greutate sunt date de relaţiile:

( )

( )ds

dsr

l

l

∫=ρ ; ( )

( )

( )

( )

( )

[ ]ds

zds,

ds

yds,

ds

xds

l

l

l

l

l

l

∫=ζ=η=ξ

Dacă un sistem (continuum material) se compune dintr-un număr p de subsisteme (S1), (S2),...,(Sp) având masele: M1, M2, ..., Mp şi centrele de masă (C1, C2,...,Cp) având vectorii de poziţie: ρ 1, ρ 2, ρ 2, ...ρ p, atunci vectorul de poziţie al centrului de masă al corpului se determină cu relaţia:

=

=

=

=

=

=

=

= =ζ=η=ξρ

=ρ p

ii

p

iii

p

ii

p

iii

p

ii

p

iii

p

ii

p

iii

M

zM,

M

yM,

M

xM;

M

M

1

1

1

1

1

1

1

1 ,

Dacă un sistem material este rezultatul eliminării dintr-un sistem (S1) de masă M1 şi centru de masă C1, a unui sistem (S2) de masă M2 şi centru de masă C2 , atunci vectorul de poziţie al centrului de masă C este dat de:

Page 68: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

68

21

2211

21

2211

21

2211

21

2211

MMzMzM,

MMyMyM,

MMxMxM;

MMMM

−−

=ζ−−

=η−−

=ξ−

ρ−ρ=ρ

În tabelul 3.1 sunt date formule pentru calculul centrelor de

greutate ale unor corpuri omogene uzuale: Tabelul 3.1

Nr. crt.

Tipul corpului omogen

Figura Coordonatele centrului de greutate

1 Bara omogenă de lungime L

02

=η=ξ ;L

2 Bara omogenă: arc de cerc de rază R şi

unghi α

0=ηαα

=ξ ;sinR

3 Placă omogenă în formă de sector

circular de rază R şi unghi α

032

=ηαα

=ξ ;sinR

4 Placă omogenă în formă de segment

de cerc de rază R şi unghi α

032 3

=ηαα−α

α=ξ

cossinsinR

5 Placă omogenă plana în formă de

triunghi

;yyy

;xxx

DBA

DBA

3

3++

++=ξ

6 Corp omogen conic de înălţime h

4

300

h;;

=η=ξ

7 Corp omogen semisferic de rază R

8

300

R;;

=η=ξ

C(ξ,η) Oy

x α α

A

B

R

α Oα C(ξ,η)

x

y

B

AR

C(ξ,η) Oy

x α α

A

B

R

C(ξ,η)

O

y

x A

B

D

z

C(ξ,η,ζ

O y x

z O'

R

y A

O x

C(ξ,η)

L

C(ξ,η,ζ

Oy x

O'h

Page 69: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

69

3.1. CENTRUL MASELOR PENTRU BARE OMOGENE

PROBLEME REZOLVATE

3.1.1 Se consideră o bară omogenă, de forma unui cârlig plan (în planul Oxy ca în fig.3.1.1), pentru care se cunosc dimensiunea a, razele semicercurilor şi lungimile barelor.

Se cer coordonatele centrului de masă al cârligului C (ξ,η), în raport cu sitemul de axe dat.

Rezolvare:

Cârligul se compune din patru segmente de bară simple:

două segmente sub formă de semicerc având centrele de masă notate cu C1(x1, y1 ), C3 (x3 ,y3), respectiv lungimile L1 şi L3

două segmente drepte având centrele de masă C2 (x2 , y2 ), C4 (x4 ,y4), respectiv lungimile L2 ,L4.

Faţă de sitemul de axe Oxy, coordonatele centrului de masă C

(ξ,η) al cârligului, se calculează cu formulele : .L

yL,

L

xL

i

iii

ii

iii4

1

4

14

1

4

1

Σ

Σ=η

Σ

Σ=ξ =

=

=

Pentru segmentul de bară (1) avem:

π+−

π=

⇒π

+=

−=

⇒π

π

=αα

=aa,a

aL

Caay

axasin

asinRCO 24242

2

2

1

11

1

11

Pentru segmentul de bară (2) avem:

=⇒=

=

aL)a,(Cay

x

4202

0

2

22

2

O

C1

y

a

C2

O x

Fig. 3.1.1

C3

C4

4

2a O

Page 70: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

70

Pentru segmentul de bară (3) avem:

π−

π=

⇒π

−=

=

π=

π

π

=αα

=

a,a

aL

Cay

ax

asinasinRCO

42

2

42

4

2

22

3

33

3

33

Pentru segmentul de bară (4) avem:

x4 = 3a, y4 = 0, L4 = 2a ⇒ C4 (3a, 0).

Se introduc valorile calculate în formulele lui ξ şi η obţinându-se:

+π+π

⇒+π+π

=η=ξ)(a)(,aC

)(a)(;a

23122

23122

Acelaşi rezultat se obţine cu ajutorul următorului tabel:

Corpul

nr.

Forma

corpului

Li xi yi Lixi Liyi

1

πa −a 4 2a a+

π−πa2 (4π +2) a2

2

4a 0 2a 0 8a2

3

2πa 2a −4aπ

4πa2 −8a2

4

2a 3a 0 6a2 0

Σ 3a(π+2) − − 3a2 (π +2) 2a2 (2π +1)

C1 O1

O3 C3

4a

C2

2a

C4

a

2a

Page 71: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

71

3.1.2 Se consideră un cadru spaţial format din 4 bare omogene sudate şi dispuse în raport cu sistemul de axe Oxyz, ca în fig.3.1.2.

Se cunosc dimensiunea a, razele semicercurilor (lungimile barelor).

Se cere poziţia centrului de masă al cadrului în raport cu sistemul de axe Oxyz

Rezolvare:

Pentru arcele de cerc poziţiile centrelor de masă sunt date de:

π=

αα

=

π=

π

π

=αα

=

22

22

4

4

44

3

aasinRCO

,asinasinROC

Coordonatele centrelor de masă ale segmentelor de bară şi lungimile acestora vor fi:

2220

2

22020

2

4422

3311

aL;)(a,)(a,aC;aL;,a,aC

;aL;a,,aC;aL;,a,aC

π=

π−π

π−π

=

π=

ππ=

Pentru determinarea coordonatelor centrului de masă al cadrului spaţial C (ξ,η,ζ) aplică formulele:

i

iii

ii

iii

ii

iii

L

zL,

L

yL,

L

xL4

1

4

14

1

4

14

1

4

1

Σ

Σ=ζ

Σ

Σ=η

Σ

Σ=ξ =

=

=

=

= .

Înlocuind valorile se obţin coordonatele centrului de greutate :

.a)(

,a)(

,a)( 2222

122

5+ππ

=ς+π+π

=η+π

Acelaşi rezultat se obţine cu ajutorul următorului tabel:

O4

C4

C3

C1 C2

Fig. 3.1.2

z

y O

x

a

a a

Page 72: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

72

Corp nr.

Forma

corpului

Li xi yi zi Lixi Liyi Lizi

1

a a2

a 0 a

2

2 a2 0

2

a a a2

0 a2 a2

2 0

3

πa2

2aπ

0 2aπ

a2 0 a2

4 πa2

0 a( )ππ− 2

a( )ππ− 2

0 a2 22( )π −

a2 22( )π −

Σ a(2+π) − − − 52

2a ( )π + 22

2a

πa2

2

3.2. CENTRUL MASELOR PENTRU PLĂCI OMOGENE

PROBLEME REZOLVATE

3.2.1 Se dă o placă plană omogenă având forma din fig. S3.2.1 . Se cunoaşte dimensiunea a.

Se cere să se determine poziţia centrului de masă C (ξ,η ) al plăcii faţă de sistemul de axe Oxy considerat în fig. 3.2.1.

Rezolvare

Placa omogenă se compune din 4 părţi simple având centrele de masă Ci (xi, yi) şi ariile Ai ( i=1,2,3,4) ca în fig. 3.2.1.

Ţinând seama de relaţia care dă poziţia centrul unui sector circular de rază R şi unghi la centru 2α , avem:

y

a

x a a a

C2 C3

O2

O4

C1 C4

2a

2a

Fig. 3.2.1

a

C1

y

O

z

x

a

C2

y O

z

x

a C3

O

y

z

x

a

C4 O4

O

y

z

x

Page 73: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

73

π

π

⋅⋅=π

π

⋅⋅=34

2

23224

4

4332

4422

asinaCO;asin

aCO

Coordonatele centrului de masă al plăcii faţă de sistemul de axe Oxy se determină cu ajutorul relaţiilor:

4321

44332211

4321

44332211

AAAAyAyAyAyA,

AAAAxAxAxAxA

−−+−−+

=η−−+−−+

Pentru fiecare din cele patru plăci simple: placa 1(dreptunghiul 3a x 2a), placa 2 (sector circular de rază 3a), placa 3 (triunghiul a x 2a , care se decupează) şi placa 4 (sector circular de rază a , care se decupează) avem:

2111 623 aA;ay;/ax ===

494243 2222 /aA;/aay;/aax π=π+=π−=

2333 3838 aA;/ay;/ax ===

2342 2144 /aA;/ay;ax π=π==

Înlocuind în relaţiile lui ξ şi η de mai sus se obţine:

a)()(,a

)()(

207370272

20733269

+π+π

=η+π−π

=ξ ,sau .a,;a, 458246671 =η=ξ

La acelaşi rezultat se ajunge cu ajutorul următorului tabel :

Corpul nr. Figura Ai xi yi Ai xi Ai yi

1

6a2 32a a 9a3

2

94

2a π 3 4a a−π

2 4a a+

π 9

43 43a ( )π − 9

22

3a ( )π −

3

−a2

83a 8

3a − 8

3

3a − 83

3a

4

− πa2

2 2a 4

3aπ

−πa3 − 23

3a

Σ → 7 204

π + a − − 69 3212

3π − a 27 706

3π + a

y

2a

3aC1

O x

y

3 3

O

y

x O2

C2

a 2

O x

C3 O2

y

a a O x C4 O4

Page 74: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

74

3.2.2 Se consideră o placă plană omogenă având forma din fig. 3.2.2. pentru care se cunoaşte dimensiunea a. Se cere să se determine poziţia centrului de masă C (ξ,η ) al plăcii faţă de sistemul de axe Oxy considerat.

Rezolvare

Coordonatele centrului de masă al plăcii faţă de sistemul de axe Oxz se determină cu ajutorul relaţiilor:

4321

44332211

4321

44332211

AAAAyAyAyAyA,

AAAAxAxAxAxA

−−+−−+

=η−−+−−+

Ţinând seama de relaţia care dă poziţia centrul unui sector circular de rază R şi unghi la centru 2α , avem:

π=

π

π

⋅⋅=π

π

⋅⋅=3

216

4

4432

38

2

2232

4422

asinaCO;asin

aCO

Pentru placa simplă 1(dreptunghiul 6a x 4a): 2

111 2423 aA;ay;ax ===

Pentru placa simplă 2 (sector circular de rază 2a): 2

222 23844 aA;/aay;ax π=π+==

Pentru placa simplă 3 (triunghiul 4a xa, care se decupează): 2

333 2383 aA;/ay;/ax ===

Pentru placa simplă 4 (sector circular de rază 4a, care se decupează): 2

144 43163166 aA;/ay;/aax π=π=π−=

Înlocuind în relaţia de mai sus se obţine:

a,a)()(;a,a

)(2963

1133104572

11324136

=π−π+

=η=π−π−

La acelaşi rezultat se ajunge dacă se completează următorul tabel :

aa

x

y

CO

C

C

O

C

O

2a 2a

4a

4a

2a

Fig. 3.2.2

Page 75: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

75

Figura nr. Forma Ai xi yi Aixi Ai yi

1

24a2 3a 2a 72a3 48a3

2

2πa2 4a 4 83

a a+

π 8πa3 ( )8 13

33π + a

3

−2a2 a3

83a − 2

33a − 16

33a

4

−4πa2 6163

aa

−π

163aπ

( )24643

3π + a

− 643

3a

∑ (22−2π)a2 − − 278 483

3− πa

80 243

3+ πa

3.2.3 Se dă o placă omogenă de forma unui pătrat de latură a din care se decupează un triunghi isoscel de înălţime h ca în fig. 3.2.3. Se cere să se determine înălţimea triunghiului isoscel astfel încât centrul de masă C (ξ,η ) să coincidă cu vîrful triunghiului.

Rezolvare:

Faţă de sistemul de axe Oxy din fig.3.2.3, coordonatele centrelor de greutate pentru pătrat şi pentru triunghi sunt:

C1 (0, a/2) , C2(0,h/3)

iar ariile corespunzătoare sunt:

A1 = a2, A2 = 2

ah .

Coordonata a centrului de greutate după Oy se dxetremină cu

ajutorul relaţiei: AA

yAyAi

−−

=η1

221 .Condiţia η=h conduce la următoarea

ecuaţie de gradul II în h: 0362 22 =+− aahh având soluţiile:

ah , 233

21

±= Întrucât h<a , are sens numai a,ah 6340

233

=−

=

4a

6a C1

O x

y

4a

2a 4a O

y

x O4

C4

2 4 2

x O2

C2 y

O a

4 x

C3 y

O

y

x

C C1

C2 O

a

a h

Fig.3.2.3

Page 76: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

76

3.3. CENTRUL MASELOR PENTRU CORPURI OMOGENE

PROBLEME REZOLVATE

3.3.1 Se consideră un corp omogen tridimensional cu o axă de simetrie, având forma din fig. S3.3.1, format dintr-o semisferă de diametru D=2R=40mm şi un cilindru de înălţime h=50mm şi diametru d=2r =22mm.

Se cere să se determine poziţia centrului de masă al nitului C ( 0,0,ζ) în raport cu sistemul de axe considerat în figură.

Rezolvare

Pentru sistemul de axe Oxyz considerat în fig. S3.3.1 centrele de masă ale celor două corpuri simple se află pe axa de simetrie Oz; astfel:

pentru semisferă: 163

83

11

DRzOC === şi volumul: 12

3

1

DV π= ;

pentru cilindru: ,hzOC222 =−= şi volumul:

4

2

2

hdV π= .

Centrul de masă al corpului omogen se calculează cu ajutorul formulei:

)hdD()hdD(

VVzVzV

23

224

21

2211

31683+−

++

Înlocuind valorile numerice pentru D,d şi h se obţine:

ζ = - 0,977 cm

z

D

y

h

d

x

C1

O

C2

Fig. 3.3.1

C

Page 77: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

77

3.3.2 Se consideră un corp omogen tridimensional cu o axă de simetrie format dintr−o semisferă şi un con ca în fig.3.3.2. Se cunoaşte raza semisferei R şi a bazei conului r =R.

Se cere înălţimea h a conului astfel încât centrul de masă al corpului să coincidă cu centrul bazei conului (sau cu originea sistemului de axe C ≡ 0)

Rezolvare:

Conul şi semisfera au centrele de masă C1 şi C2 pe axa Oz având coordonatele :

ROCz,hOCz83

4 2211 −=−===

Volumele celor două corpuri simple sunt:

32

21 3

23

RV;hRV π=π

=

Coordonata centrului de masă după axa Oz se determină cu relaţia:

RhRh

VVzVzV

23

41 22

21

2211

+−

⋅=ζ⇒

++

Impunând condiţia: C≡O, adică ζ = 0 rezultă:

h2 − 3 R2 = 0

cu soluţiile 3Rh ±= ;

Are sens numai soluţia pozitivă:

R,Rh 73213 ==

z V

y

h

x

C1

R C2

O

Fig. 3.3.2

Page 78: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

78

TEME APLICATIVE PROPUSE

S3.2.4… S3.2.25. Pentru plăcile plane omogene având forma şi

dimensiunile ca în figurile S3.2.4… S3.2.25 se cere să se determine

poziţia centrului de masă C(ξ,η) în raport cu sistemul de axe Oxy

considerat.

y

Fig. 3.2.4

x O 9a

4a

2a y

x

Fig. 3.2.5

O

4a

2a

x

Fig. 3.2.6 y

O

3a

2a

a

y

Fig. 3. 2.7

x

O 9a

4a

2a

y

Fig. 3. 2.8

x O

3a 2a

4a

2a

y Fig. 3. 2.9

x

O

3a

2a

6a

4a

2a

Page 79: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

79

Fig. 3.2.10

y

x

3a

O

a 2a

Fig. 3.2.11

y

x

3a

O

a

4a

Fig. 3. 2.13

y

x

3O

a

2

x

Fig. 3. 2.15

y

2O

a

a

2

Fig. 3. 2.12

y

x

4

O

3

a

2

Fig. 3. 2.14

y

x O

2a a

a

2

Page 80: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

80

x

Fig. 3. 2.16

y

3

2

O a

2

Fig. 3. 2.17 y

3a

x O a 2

Fig. 3. 2.18

x

y

128a

O

4

2

Fig. 3. 2.19

y

2a

x O

a

4

Fig. 3. 2.21

x

2a

y

O 4

2

Fig. 3. 2.20

x 4a

y

O

4

3

Page 81: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

81

RĂSPUNSURI PENTRU PROBLEMELE 3.2.4. . . 3.2.25 Nr. ξ η

0 1 2

3.2.4 ( ) a,a 59051

399107

=+π

( )( ) a,a 15203

3993278114

=+π+π

3.2.5 ( )( ) a,a 1010

10732812

=+π−π ( )

( ) a,a 19671107322

=+π+π

3.2.6 ( )( ) a,a 59011

734318772

=π+π+ ( ) a,a 37250

73424

=π+

π−

3.2.7 ( ) a,a 39917459122

=π+π− ( )

( ) a,a 341737453

96370=

π+π+

3.2.8 ( )( ) a,a 84960

14231412

=+π+π ( ) a,a 36652

14248

=+π

3.2.9 ( )( ) a,a 46970

61531210

−=π+π+

− ( )( ) a,a 99552

6152426

=π+π+

Fig. 3. 2.22

x

y

O

2

a

600 600 600

2

22

Fig. 3. 2.23

x

y

O

4a

2a

2

Fig. 3. 2.24

x

y

O

2a

a

2a

2a

2

2a

Fig. 3. 2.25

y

x O

a

a

a a a

Page 82: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

82

0 1 2

3.2.10 ( )( ) a,a 3162014

282=

π−π− ( )

( ) a,19260143

922−=

π−π−

3.2.11 ( )( ) a,a 53242

734345284

=π+π+ ( )

( ) a,a 811407342292

=π+π−

3.2.12 ( )( ) a,a 2769234184

=π+π+ ( )

( ) a,a 00520343

103−=

π+−π

3.2.13 ( )( ) a,a 15632203

6562=

π+π+ ( )

( ) a,a 67481203

988=

π+π+

3.2.14 ( )( ) a,a 10141

93431122

=π+

+π ( )( ) a,a 86590

93472

=π+

π+

3.2.15 ( )( ) a,a 33331

31436262

=π+π+ ( )

( ) a,a 495913143

1558=

π+π+

3.2.16 ( )( ) a,a 62122203

9116=

π+π+ ( )

( ) a,a 753120

2142=

π+π+

3.2.17 ( )( ) a,a 34911

328327160

=π−π− ( ) a,a 44052

3283136

=π−

3.2.18 ( )( ) a,a 6008

91008642

=π−π− ( )

( ) a,a 858291003

120992=

π−π−

3.2.19 ( )( ) a,a 14683

74345104

=π+π+ ( )

( ) a,a 13282742342

=π+π−

3.2.20 ( )( ) a,a 3654563

81520=

π+π+ ( )

( ) a,a 03610563

481542=

π+π−

3.2.21 ( )( ) a,a 61791

31431276

=π+π+ ( )

( ) a,a 715413143

1864=

π+π+

3.2.22 0 a,)(

a 0656032323

5=

π−−−

3.2.23 a,a)( 6347018

23−=

+π− a,a)( 74581

18223

=+π

3.2.24 a,a)( 040513264

=π+π+ a,

)(a 26560

32328

=π+

3.2.25

a,

)(a)( 4830

34036412

=π−π− a,

)(a)( 97970

34069208

=π−π−

Page 83: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

83

83

CAPITOLUL IV STATICA SOLIDULUI RIGID

a. Teoremele generale ale echilibrului rigidului liber Un rigid liber poate avea 6 grade de libertate în spaţiu şi 3 grade în

plan. Acestea pot fi puse în evidenţă prin coordonatele unui punct (ce corespund celor trei translaţii în spaţiu respectiv două translaţii în plan) şi trei unghiuri de rotaţie în spaţiu (unghiurile lui Euler, ce corespund celor trei rotaţii în spaţiu, respectiv un unghi în plan ce corespunde unei rotaţii în jurul unei axe normală la plan). Cele şase coordonate generalizate în spaţiu, respectiv trei în plan, pot stabili poziţia rigidului la un moment dat.

În cazul rigidului liber, echilibrul este realizat dacă şi numai dacă torsorul de reducere al sistemului de forţe care acţionează asupra lui, într-un punct O, este nul:

======

==

⇔=τ∑∑∑∑∑∑

000000

00

0iii

iii

OO N,M,L

Z,Y,XMR

unde:

Xi ,Yi, Zi sunt proiecţiile forţelor exterioare iF pe axele sistemului cartezian Ox, Oy, respectiv Oz;

xi, yi zi - coordonatele punctului de aplicaţie al forţei iF

Li= yiZi - ziYi, Mi= ziXi - xiZi , Ni= xiYi - yiXi - proiecţiile momentelor forţelor exterioare iF pe axele sistemului cartezian Ox, Oy, respectiv Oz;

Dacă sistemul de forţe ce acţionează asupra rigidului liber este coplanar (de exemplu:se află în planul Oxy) atunci ecuaţiile de mai sus devin:

===

==

⇔=τ∑

∑∑0

0000

0i

ii

OO N

Y,XMR

Ca şi în cazul punctului material putem distinge trei probleme: a. Problema directă În acest caz este precizat sistemul de forţe ce acţionează asupra

rigidului şi se cere să se determine poziţia de echilibru. Se obţine un sistem de 6 ecuaţii cu 6 necunoscute, care poate fi compatibil determinat, incompatibil sau compatibil nedeterminat. În primul caz (compatibil determinat) există o singură poziţie de echilibru, în cel de-al doilea caz (incompatibil) nu există nici o poziţie de echilibru, iar în al treilea caz (compatibil nedeterminat) o infinitate de poziţii de echilibru.

Page 84: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

84

84

b. Problema inversă În acest caz este cunoscută poziţia de echilibru a rigidului şi se

cere să se determine sistemul de forţe ce acţionează asupra rigidului şi asigură această poziţie. În general problema este nedeterminată (admite o infinitate de soluţii). Dacă numărul parametrilor ce caracterizează sistemul de forţe este limitat astfel încât să se obţină un sistem de ecuaţii compatibil determinat, problema are soluţie unică.

c. Problema mixtă În acest caz este cunoscut o parte din sistemul de forţe ce

acţionează asupra punctului material şi o parte din parametrii ce definesc poziţia de echilibru şi sistemul de forţe corespunzător. În general problema este nedeterminată (admite o infinitate de soluţii). b. Teoremele generale ale echilibrului rigidului supus la legături Dacă rigidul este supus la legături (prin legături se înţelege un număr de constrângeri geometrice care se aplică rigidului care duc la micşorarea numărului de grade de libertate - pentru rigidul liber acest număr este 6), se aplică axioma legăturilor care postulează că: orice legătură geometrică poate fi întotdeauna suprimată şi înlocuită cu elemente mecanice corespunzătoare (care pot fi forţe sau momente-cupluri de legătură) numite reacţiuni. Dacă se notează torsorul acestor elemnte mecanice cu:

{ legO

leglegO M;R⇔τ

şi torsorul forţelor exterioare aplicate cu:

{ aO

aaO M;R⇔τ

atunci echilibrul rigidului este realizat dacă şi numai dacă :

=+=+=+=+=+=+

=+=+

⇔=τ+τ

000000

00

0

legalegalega

legalegalega

legO

aO

legalegO

aO

NN,MM,LLZZ,YY,XX

MMRR

În cazul rigidului supus la legături pot fi puse în evidenţă doar problema mixtă, respectiv problema inversă

Legăturile ideale principale ale rigidului sunt : reazemul simplu (prinderea cu fir) articulaţia sferică articulaţia cilindrică (articulaţia plană) încastrarea.

Page 85: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

85

85

Prin suprimarea unei legături, conform axiomei legăturilor se introduc elemente mecanice corespunzătoare tipului de posibilităţi de mişcare suprimate: forţe dacă sunt suprimate translaţii, cupluri dacă sunt suprimate rotaţii. Aceste elemente sunt necunoscute ale problemei date. Dacă rigidul este supus unor legături reale (cu frecare) atunci la condiţiile de echilibru de mai sus (cele 6 ecuaţii generale) se mai adaugă relaţia/relaţiile corespunzătoare tipului de legătură cu frecare existent şi anume:

frecarea de alunecare din cuplele de alunecare: NT µ≤ ;

frecarea de rostogolire din cuplele de rostogolire: sNMr ≤ ;

frecarea de pivotare din pivoţi axiali: NRM mp µ≤ ;

frecarea din lagărele cu alunecare: FrMf µ≤ .

În toate cazurile legăturilor cu frecare , aceste forţe /cupluri se opun totdeauna tendinţei corpului de a executa orice fel de mişcare.

4.1. ECHILIBRUL RIGIDULUI LIBER 4.1.1. Se consideră o placă omogenă în formă de paralelipiped dreptunghic cu muchiile OA=4a, OC=6a, OO’=a, aflată în echilibru sub acţiunea greutăţii proprii G, a forţei P cunoscute ca direcţie sens şi modul şi a forţelor (Fi)i=1, 2,..6, cunoscute ca direcţie şi sensuri dar necunoscute ca modul (fig. 4.1.1). Se cer mărimile forţelor Fi pentru ca echilibrul forţelor să aibă loc .

Rezolvare: Expresiile analitice ale vectorilor forţe faţă de sistemul de axe Oxy sunt:

;jFF;iFF;iFF;kFF

kFF;kFFkGG;jPP

6655

4433

2211

==

==

==

−==

Expresiile analitice ale momentelor acestor forţe în raport cu O sunt:

iaGjaG)kG()ka,jaia(GOD)G(MiaPkaPjP)kaia(P'OA)P(M

O

O

32503244

−=−×++=×=

−=×+=×=

z

F6

F1

Fig. 4.1.1

A’

A

C O

y

x B

O’

B’

C’

F2 G

P

F4

F3

F5

D

4a6a

a

Page 86: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

86

86

iaFkFjaFOC)F(MiaFjaFkF)ajia(FOB)F(M

jaFkFiaFOA)F(M

O

O

O

3333

22222

1111

666464

44

=×=×=

+−=×+=×=

−=×=×=

kaFjFiaFOA)F(MjaFiFkaF'OO)F(M

jaFkaFiF)kaja(F'OC)F(M

O

O

O

6666

5555

44444

44

66

=×=×=

=×=×=

+−=×+=×=

Ecuaţiile vectoriale de echilibru ale rigidului liber ( 00 == OM;R ), scrise în proiecţii pe cele trei axe ale sistemului triortogonal Oxyz sunt:

000

321

6

54

=−++==+==+=

GFFFZPFYFFX

0464

04420663

64

5421

32

=+−==++−−=

=++−−=

aFaFaPNaFaFaFaFaGM

aFaFaGaPL

Rezolvând acest sistem de 6 ecuaţii cu 6 necunoscute rezultă:

.PF;/GF;F;/PF;F;/P/GF −=====−= 635241 206062

4.2. ECHILIBRUL RIGIDULUI SUPUS LA

LEGĂTURI 4.2.1 Se consideră o bară omogenă de lungime AB=2 l şi greutate G care se reazemă cu capătul A pe un perete vertical iar în punctul D pe o muchie fixă situată la distanţa a faţă de peretele vertical (fig. 4.2.1.a). Legăturile din A şi D sunt fără frecare. Se cer: 1) unghiul θ pe care îl face bara cu orizontala pentru echilibru; 2) mărimile reacţiunilor din A şi D. Rezolvare

Se alege sistemul de referinţă Oxy convenabil şi conform axiomei legăturilor se introduc în A şi D forţele de legătură DA NsiN (fig. 4.2.1.b).

Ecuaţiile de echilibru a forţelor care acţionează asupra barei proiectate pe cele trei axe sunt:

00

0000

+θ−=

=−θ=

=θ−=

∑∑

cosaNcosG:M

GcosN:YsinNN:X

DAz

Di

DAi

l

Page 87: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

87

87

Primele două ecuaţii conduc la:

GcossinN,G

cosN AD θ

θ=

θ=

1

care introduse în ecuaţia a treia conduc la:

33

ll

aarccossau,acos =θ=θ

Echilibrul este posibil dacă:

ll

≤≤≤≤ asau,a 010 3

Înlocuind valoarea unghiului θ în expresiile reacţiunilor NA şi ND se obţine:

3

2

3

3

1

−⋅⋅=

⋅=

l

l

l

aa

GN

,a

GN

A

D

4.2.2 Se consideră o bară omogenă de lungime AB=2 l şi greutate G care se reazemă cu capătul A în colţul format de un perete orizontal şi unul vertical, iar în punctul D se reazemă pe o muchie fixă situată la distanţa a faţă de peretele vertical (fig. 4.2.2.a). Legătura din D este fără frecare. Se cer mărimile reacţiunilor din A şi D dacă se neglijează grosimea barei. Rezolvare Se alege sistemul de referinţă Oxy ca în fig. 4.2.2.b şi conform axiomei legăturilor se introduc în A şi D forţele de legătură DA NsiN

OA ≡

D

C B θ

a

G

ND

NA x

y

Fig. 4.2.1

(b)

A

D

C B l2 θ

a

(a)

G

(a)A

D C

B

l2

a

θ

y

Fig. 4.2.2 (b)OA ≡

D C

B

l2

a

θ

HA

VA

ND

x G

Page 88: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

88

88

Ecuaţiile de echilibru a forţelor care acţionează asupra barei proiectate pe cele trei axe se scriu:

00

0000

+θ−=

=−θ+=

=θ−=

∑∑

cosaNcosGM

GcosNVYsinNHX

DzA

DAi

DAi

l

Din ecuaţia a treia se obţine:

θ= 2cosa

GND

l

iar din primele două ecuaţii rezultă componentele reacţiunii din A:

.cosa

GV

;cossina

GH

A

A

θ−=

θ⋅θ⋅⋅=

3

2

1 l

l

Deci mărimea reacţiunii din A este: 2

32

222 1

θ−+

θ⋅θ⋅⋅=+= cos

acossin

aGVHR AAA

ll

4.2.3 Se consideră o bară omogenă de lungime AB=2 l şi greutate G care se reazemă cu capătul A pe o cavitate semicilindrică de rază a, iar în punctul D pe muchia fixă a cavităţii (fig. 4.2.3.a). Rezemările din A şi D sunt fără frecare. Se cer:

1) unghiul θ pe care îl face bara cu orizontala pentru echilibru; 2) mărimile reacţiunilor din A şi D.

A

D C

B

l2

a

θ

(a)

O

(b)A

ND C

B

l2a

θ

Fig. 4.2.3

O

G

NA

y

x

Page 89: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

89

89

Rezolvare Se alege sistemul de referinţă Oxy convenabil şi conform axiomei

legăturilor se introduc în A şi D forţele de legătură DA NsiN (fig. 4.2.3.b). Ecuaţiile de echilibru a forţelor care acţionează asupra barei se scriu:

02000

00

=θ+θ−=

=θ−+θ=

=θ−=

∑∑∑

cosaNcosG:McosGNsinN:Y

sinGN:X

DzA

DAi

Ai

l

Din prima şi a treia ecuaţie se obţin mărimile reacţiunilor DA NsiN :

aGN;sinGN DA 2

l=θ=

Înlocuind aceste valori în ecuaţia a doua rezultă ecuaţia de gr. II: 024 2 =−θ−θ acoscosa l

având soluţiile: a

acos8

32 22 +±=θ

ll .

Întrucât problema are sens dacă : 20 /π≤θ≤ , este valabilă doar soluţia

pozitivă. Condiţia se scrie: 18

32 22

≤++a

all , de unde rezultă : a2≤l .

4.2.4. Se consideră o placă triunghiulară omogenă de greutate G situată în plan vertical, care se reazemă în A pe un perete vertical iar în punctul O este este legată la teren printr-o articulaţie cilindrică plană (dimensiunile plăcii şi distanţa de la articulaţie la peretele vertical sunt date în fig. 4.2.4.a). Legăturile din A şi O sunt fără frecare. Se cer mărimile reacţiunilor din A şi O.

A

B

θ (a)

3a

a

3a

4a

O

4a

C 900

a

G

Fig. 4.2.4

A

B

θ (b) O

4a

C NA

XO YO

y

x

G

4a

3a

a a

3a

C2

C1

Page 90: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

90

90

Rezolvare Se alege sistemul de referinţă Oxy convenabil şi conform axiomei

legăturilor se introduc în A şi O forţele de legătură OOA YsiX,N (fig. 4.2.4.b). Ecuaţiile de echilibru a forţelor care acţionează asupra barei, proiectate pe cele trei axe se scriu:

0800000

=θ−θ+θ=

=θ+θ−=

=θ−θ−=

∑∑∑

CCAzO

AOi

AOi

x)cosG(y)sinG(a)sinN(MsinNcosGYYcosNsinGXX

Din a treia ecuaţie se obţine :

;a

ysincos

axGN CC

A

θθ

=88

Înlocuind această valoare în prima şi a doua ecuaţie rezultă:

θ−θ+θ=

θ−θθ

−θ=

cosa

xsina

ycosGV

;cosa

ysin

cosa

xsinGX

CCO

CCO

88

88

2

Din triunghiul OBA se determină :23

21

=θ=θ sin;cos .

Coordonatele centrului de greutate al plăcii C(xC, yC) se determină cu ajutorul relaţiilor:

21

2211

21

2211

AAyAyAy;

AAxAxAx CC

CCC

C −−

=−−

= , unde:

π====π==

34434311216

2211

22

21

/ay;ax;/ay;/ax;/aA;aA

CCCC

Înlocuind rezultă:

a,)(

ay

;a,a)()(x

C

C

43231323124

47855323

31284

=π−

=

=π−π−

=

Deci valorile reacţiunilor după înlocuirea parametrilor de mai sus sunt:

G,Y;G,X;G,N

O

O

A

313097402160

===

Page 91: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

91

4.2.5. Se consideră o placă triunghiulară omogenă de greutate G, situată într-un plan vertical, care se reazemă în A pe muchia unui perete vertical, iar în punctul O este legată la teren printr-o articulaţie cilindrică plană (dimensiunile plăcii şi distanţa de la articulaţie la peretele vertical sunt date fig. 4.2.5.a). Legăturile din A şi O sunt fără frecare. Se cer mărimile reacţiunilor din A şi O.

Rezolvare Se alege sistemul de referinţă Oxy convenabil şi se introduc în A şi

O forţele de legătură OOA YsiX,N (conform axiomei legăturilor, fig. 4.2.5.b). Ecuaţiile de echilibru a forţelor /momentelor proiectate pe cele trei axe sunt:

05000

00

=θ−θ+⋅=

=θ−=

=+θ−=

∑∑∑

CCAzO

Oi

AOi

y)cosG(x)sinG(aNMsinGYY

NcosGXX

Din a doua ecuaţie se obţine : θ= sinGYO

Din a treia ecuaţie se obţine :

;Ga

sinxa

cosyN CCA

θ

−θ

=55

Înlocuind această valoare în prima ecuaţie rezultă:

;Ga

sinxa

cosycosX CCO

θ

−θ=55

Din triunghiul OBA se determină valorile :

A

B θ

(a)

3a

O

5a C 900

a 3a

3a

4a

G

Fig. 4.2.5

A

B

θ

(b)

O

C

4a

G NA XO

YO

x

y

C

C2

Page 92: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

92

53

54

=θ=θ sin;cos .

Poziţia centrului de greutate al plăcii triunghiulare C(xC, yC) se determină cu ajutorul relaţiilor:

21

2211

21

2211

AAyAyAy;

AAxAxAx CC

CCC

C −−

=−−

= ,

unde:

π−=π===π==

/aay;/ax;ay;ax;/aA;aA

CCCC 494624927

2211

22

21

Înlocuind rezultă:

a,ay;a,ax CC 3876512

976257721220

=π−π−

==π−

=

Valorile reacţiunilor după înlocuirea parametrilor de mai sus sunt: G,Y;G,X;G,N OOA 800905910 === .

4.2.6. Se consideră un cadru plan care este legat la teren printr-o articulaţie cilindrică plană O şi un reazem A, asupra căruia acţionează un sistem de forţe, cupluri şi sarcini distribuite uniform ca în fig. 4.2.6.a. Se cunosc: a, q, α , F=2aq, M=3a2q. Se cer mărimile reacţiunilor din A şi O.

Rezolvare Se alege convenabil sistemul de referinţă Oxy şi se introduc în A şi O forţele de legătură OOA VsiH,N (conform axiomei legăturilor, fig. 4.2.6.b). Sarcina uniform distribuită q se înlocuieşte cu o forţă echivalentă concentrată eF ce acţionează la mijlocul distanţei pe care este sarcina distribuită: Fe=4aq.

F

4a

2a

A O

(a)

α4a

q

α

M y

x

Fig. 4.2.6

α F

4a

2a A O

2a Fe

α

M

(b)

2a

NA VO

H

y

x

Page 93: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

93

Ecuaţiile de echilibru a forţelor care acţionează asupra barei, în proiecţii pe cele trei axe se scriu:

0224000

00

=−⋅θ−⋅+⋅α=

=α+α−=

=α−−α+=

∑∑∑

Ma)cosF(aFa)cosN(McosNsinFVY

sinNFcosFHX

eAzO

AOi

AeOi

Rezolvând acest sistem rezultă:

aqcossinV;aqcosH;aqcos

cosN OOA

α−α+=

α−=

α−α

= 245

411

454

4.2.7 Se consideră un cadru plan care este legat la teren printr-o articulaţie cilindrică plană O şi un reazem A, asupra căruia acţionează un sistem de forţe concentrate, cupluri şi o sarcină distribuită uniform ca în fig. 4.2.7.a. Se cunosc: a, q, α, F1=2aq, F2=8aq, F3=10aq, M=6a2q. Se cer mărimile reacţiunilor din reazemul A şi articulatia O.

Rezolvare: Se alege convenabil sistemul de referinţă Oxy şi se introduc în A şi O forţele de legătură

OOA VsiH,N (conform axiomei legăturilor, fig. 4.2.7.b). Sarcina uniform distribuită de intensitate 2q se înlocuieşte cu o forţă echivalentă concentrată Fe=20aq, aplicată la mijlocul distanţei pe care care acţionează sarcina uniform distribuită.

Ecuaţiile de echilibru ale forţelor şi momentelor care acţionează asupra barei, proiectate pe cele trei axe se scriu:

0224123100

0000

32

11

21

31

=−⋅−⋅+

+⋅α+⋅α−⋅−⋅=

=+−−+α−=

=+−α=

∑∑∑

MaFaFa)cosF(a)sinF(aFaNM

VFFNsinFYHFcosFX

eAOz

OeAi

Oi

Fig. 4.2.7

(a)

α

2M

8222 2

2

F1 F2

F3

y

O

A

x

αFe M

5222 2

HO

F1 F2

F3 O

A

(b) x

y

NA

3

2

V

Page 94: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

94

Înlocuind valorile date pentru forţe şi cupluri şi rezolvând acest sistem rezultă:

( ) aqsincosV;aqcosH

;aqcossinN

OO

A

+

α−α=α−=

+α−α=

205

2452

541412

4.2.8 Se consideră un cadru plan care este legat la teren printr-o articulaţie cilindrică plană O şi un reazem A, asupra căruia acţionează un sistem de forţe concentrate, cupluri şi o sarcină uniform distribuită ca în fig. 4.2.8.a. Se cunosc: a, q, α , F1=12aq, F2=8aq, F3=10aq, M=10a2q. Se cer mărimile reacţiunilor din reazemul A şi articulatia O.

Rezolvare Se alege convenabil sistemul de referinţă Oxy şi se introduc în A şi O forţele de legătură

OOA VsiH,N (conform axiomei legăturilor fig. 4.2.8.b).

Sarcina uniform distribuită de intensitate q se înlocuieşte cu o forţă echivalentă concentrată Fe=14aq aplicată la mijlocul distanţei pe care care acţionează sarcina uniform distribuită q.

Ecuaţiile de echilibru ale forţelor şi momentelor care acţionează asupra barei, proiectate pe cele trei axe se scriu:

0228510000

00

321

21

3

=−⋅−⋅+⋅−⋅−⋅=

=+−−+−=

=+−=

∑∑∑

MaFaFaFaFaNMVFFNFY

HFX

eAzO

Oei

Oi

Înlocuind valorile date pentru forţe şi cupluri şi rezolvând acest sistem rezultă:

aqV;aqH;aqN OOA 161018 ===

Fig. S4.2.8

q M

822 2 2

2

F1 F2

F3

O

A

(a

Fe M

322 2 2

2

F1 F2

F3

O

A

(b

5

N

V H

Page 95: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

95

4.2.9 Se consideră un cadru plan care este legat la teren printr-o articulaţie cilindrică plană A şi un reazem în punctul B, asupra căruia acţionează un sistem de forţe, cupluri şi sarcini distribuite uniform şi triunghiular, ca în fig. 4.2.9.a. Se cunosc: a, q, α , F1=2ap, F2=8ap, F3=10ap, M=9a2p. Se cer mărimile reacţiunilor din A şi B.

Rezolvare

Se eliberează cadrul de legături şi, conform axiomei legăturilor, se introduc forţele de legătură BAA VsiV,H . Sarcina distribuită uniform de intensitate p se înlocuieşte cu o forţă echivalentă concentrată Fe1 = 8ap aplicată la mijlocul distanţei, iar sarcina distribuită triunghiular se înlocuieşte cu Fe2 = 3ap, aplicată în centrul de greutate al triunghiului (fig. 4.2.9.b).

Ecuaţia de momente faţă de punctul B se scrie: 02109822683100 2 =⋅−−⋅+⋅−⋅−⋅+⋅=∑ aappaaapaapaapaapaV:M ABz

de unde rezultă: apVA 7= .

Ecuaţia de momente faţă de punctul A se scrie: 0102109118824830 2 =⋅−⋅−−⋅+⋅+⋅+⋅=∑ aVaappaaapaapaapaap:M BAz

de unde rezultă: paVB 11= .

Din ecuaţia de echilibru de forţe proiectată pe axa Ox ⇒ HA=7ap, iar ecuaţia de echilibru proiectată pe ax Oy este o ecuaţie de verificare:

VA + VB - 8ap - 2ap - 8ap=0

(a)

p

M

8a a a

2a

F1 F2

F3

B A

2p

2a

x

y

Fig. 4.2.9

(b)

Fe1

M

4a a a

2a

F1 F2

F3

B HA

2a

VA

Fe2

4a 2a

a

VB

y

x

Page 96: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

96

TEME APLICATIVE (enunţul ca la problema 4.2.9)

Fig. 4.2.10

2

3

2

1

2

2

4

paM

paF

paF

paF

=

=

=

=

M

6a

3a

F1

B

A

2p

2a

p

2a 2a 2a

F2

F3 Se cer forţele de legătură din A şi B.

Fig. 4.2.11

2

3

2

1

2

2

5

paM

paF

paF

paF

=

=

=

=

M

6a

3a

F1

B

A

2p

2a

p

2a 2a 2a

F2

F3

Se cer forţele de legătură din A şi B.

Fig. 4.2.12

2

3

2

1

2

2

4

paM

paF

paF

paF

=

=

=

=

M

7a

3a

F3

B A

2p

2a

p

2a a

F1

F2

a aSe cer forţele de legătură din A şi B.

Fig. 4.2.13

2

3

2

1

5

2

paM

paF

paF

paF

=

=

=

=

M

7a

3a

F3

B

A

2p

pF1 F2

a 2 a a3a Se cer forţele de legătură din A şi B.

Page 97: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

97

Fig. 4.2.15

2

3

2

1

3

2

paM

paF

paF

paF

=

=

=

=

M

7a

3a

F1 B A

2p

3a

p

2a a

F2 F3

a a

Fig. 4.2.17

2

3

2

1

2

4

2

paM

paF

paF

paF

=

=

=

=

M 6a

3a F1

B A

2p

2a

p

2a

F2 F3

2a

a

2a

Fig. 4.2.14

2

3

2

1

3

3

paM

paF

paF

paF

=

=

=

=

M

4a

3a F1

B

A 2p

2a

p

2a 2a 2a

F2

F3

2a Se cer forţele de legătură din A şi B.

Se cer forţele de legătură din A şi B.

Fig. 4.2.16

2

3

2

1

3

4

2

paM

paF

paF

paF

=

=

=

=

M 2a 3a

F1

B

A

2p

a

p

4a 3a 2a

F2 F3

a

Se cer forţele de legătură din A şi B.

Se cer forţele de legătură din A şi B.

Page 98: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

98

Fig. 4.2.18

2

3

2

1

2

4

paM

paF

paF

paF

=

=

=

=

M 8a

3a

F1

B A 2p

2a

pF2

F3

a

a

a

2

3

2

1

3

4

paM

paF

paF

paF

=

=

=

=

Fig. 4.2.19

M

2a

3a

F1

B A 2p

p

2a 4a

F2 F3

2a 2a 2a

2

3

2

1

2

4

paM

paF

paF

paF

=

=

=

=

Fig. 4.2.20

M 2a 3a

F1

B A

p

4a 2a

F2

F3

3a 3a

2p 2a

paF

paF

paF

=

=

=

3

2

1

2

2

Fig. 4.2.21

2

3a

F1

B A

p 2a 2a

F2

F3

2a

8a

2p

a

Se cer forţele de legătură din A şi B.

Se cer forţele de legătură din A şi B.

Se cer forţele de legătură din A şi B.

Se cer forţele de legătură din A şi B.

Page 99: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

99

REZULTATELE PROBLEMELOR 4.2.10 . . . 4.2.24*

4.2.10 4.2.11 4.2.12 4.2.13 4.2.14 4.2.15 4.2.16 4.2.17 4.2.18 4.2.19 4.2.20 4.2.21 4.2.22 4.2.23 4.2.24VA=

6pa

VA=

6pa

VA=

5,2pa

VA=

3,8pa

VA=

3,6pa

VA=

8,3pa

VA=

5,5pa

VA=

8,3pa

VA=

8,2pa

VA=

5,4pa

VA=

6,5pa

VA=

5pa

VA=

5pa

VA=

10,3pa

VA=

5,3pa

HA=

pa

HA=

pa

HA =

-2pa

HA =

-2pa

HA=

2pa

HA=

2pa

HA=

5pa

HA=

2pa

HA =

4pa

HA=

2pa

HA=

-2pa

HA=

+1pa

HA=

-2pa

HA=

-4pa

HA =

-4pa

VB=

7pa

VB=

8pa

VB =

8,8pa

VB =

7,2pa

VB=

6,4pa

VB=

4,7pa

VB=

7,5pa

VB=

5,7pa

VB=

4,8pa

VB=

7,6pa

VB=

4,5pa

VB=

6pa

VB=

8pa

VB=

3,7pa

VB =

6,7pa

*S-au utilizat notaţiile de la problema 4.2.9, adică sensurile reacţiunilor s-au

ales să coincidă cu sensurile axelor Ox şi Oy (vezi fig. 4.2.9)

2

3

2

1

2

3

2

paM

paF

paF

paF

=

=

=

=

Fig. 4.2.22

3a

F1

B A

p a

F2

F3

2a

8a

2p

2a

M

Fig. 4.2.23

2

3

2

1

3

4

2

paM

paF

paF

paF

=

=

=

=

M

2a

3a

F1

B A

2p

p

2a

F2 F3

2a

2a

4a a 2a

Fig. 4.2.24

2

3

2

1

2

2

4

paM

paF

paF

paF

=

=

=

=

M

2a

3a

F1

B A 2p

p

4a

F2

F3

2a 2a 2a

2a

Se cer forţele de legătură din A şi B.

Se cer forţele de legătură din A şi B.

Se cer forţele de legătură din A şi B.

Page 100: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

100

ALGORITMUL DE CALCUL UTILIZAT PENTRU PROGRAMUL EXCEL ŞI REZULTATE OBŢINUTE PENTRU PROBLEMA 4.2.19

Se alege sistemul de referinţă Oxy cu originea în punctul A (O≡A).

Pentru determinarea reacţiunilor VA, HA, VB (având sensul axelor Ox şi

Oy) se scrie ecuaţia de echilibru a momentelor forţelor şi cuplurilor:

ΣMO=0 şi cele două ecuaţii de echilibru a forţelor şi sarcinilor distribuite:

ΣXi=0 şi Σ =0. Se obţine următorul sistem de 3 ecuaţii :

VBxB + Σ (xiYi -yiX)+M=0; HA+ X=0 ; VA+VB+Y=0

unde am notat :

suma proiecţiilor forţelor exterioare pe axa Ox şi Oy : X=Σ Xi, Y=Σ Yi

Xi , Yi proiecţiile forţei exterioare iF pe axele Ox respectiv Oy

xi, yi coordonatele punctului de aplicaţie al forţei iF

Rezolvând acest sistem rezultă următoarele valori ale reacţiunilor:

VB = - (Σ (xiYi -yiX)+M)/ xB ; HA=- X ; VA=-Y- VB

Aceste relaţii au fost introduse în programul EXCELL astfel:

DATE DE INTRARE A B C D E F G H I J K

Nr. xB/a yB/a x1/a y1/a X1/pa Y1/pa x2/a y2/a X2/pa Y2/pa x3/a

0

1 10 0 -2 0 0 -1 2 0 0 -4 12

L M N O P Q R S T U V X

y3/a X3/pa Y3/pa x4/a y4/a X4/pa Y4/pa x5/a y5/a X5/pa Y5/pa M/pa2

0 1 0 8 0 0 -8 6 -1 -3 0 -3

DATE DE IESIRE (REZULTATE OBTINUTE) Y Z AA AB AC AD AE

ΣXi/pa ΣYi/pa ΣXiyi/pa2 ΣYixi/pa2 VB/pa HA/pa VA/pa E1+I1+M1+

Q1+U1 F1+J1+N1+

R1+V1 E1*D1+I1*H1+M1*L1+Q1*P1+U1*T1

F1*C1+J1*G1+N1* K1+ R1*O1+V1*S1

(AA1-AB1-X1)/A1

-Y1 -AC1-Z1

-2 -13 3 -70 7,6 2 5,4

Page 101: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

101

CAPITOLUL V STATICA SISTEMELOR DE CORPURI

a. Teoremele generale ale echilibrului sistemelor de corpuri Dacă un sistem de puncte materiale { } n,...,iiA 21= interacţionează mecanic (se atrag sau se resping) atunci acestea formează un sistem mecanic de puncte materiale. Forţele care acţionează asupra sistemelor de puncte materiale se clasifică convenţional în forţe interioare şi forţe exterioare. Forţele interioare reprezintă interacţiunea mecanică dintre punctele sistemului şi sunt egale ca mărime două câte două, au acelaşi suport şi sunt dirijate în sens opus(conform principiului acţiunii şi reacţiunii) . Un corp rigid poate fi considerat ca un sistem nedeformabil de puncte materiale (un sistem pentru care distanţa dintre două puncte interioare oarecare ale sistemului rămâne tot timpul constantă). Un sistem de corpuri rigide { } nm,C m,...,ii <= 21 , poate fi considerat ca un sistem de puncte materiale format din subsisteme rigide sau nedeformabile (fiecare subsistem corespunde unuia dintre corpurile rigidului).

Forţele care acţionează asupra sistemelor de corpuri pot fi forţe interioare (care exprimă interacţiunea dintre corpurile sistemului) şi forţe exterioare (care exprimă interacţiunea cu alte corpuri din afara sistemului). Forţele şi cuplurile de legătură dintre corpurile sistemului şi dintre corpurile sistemului şi mediul exterior sunt necunoscute ale problemei de echilibru al sistemului de corpuri. Pentru studiul echilibrului sistemelor de corpuri rigide se aplică principiul echilibrului părţilor şi teorema solidificării.

Teorema solidificării Dacă un sistem de corpuri rigide , liber sau supus la legături exterioare, se află în echilibru sub acţiunea unor forţe direct aplicate, el poate fi considerat ca un sistem rigid (sistem nedeformabil) de corpuri, păstrându-se legăturile exterioare iniţiale. Teorema solidificării se poate enunţa astfel: Condiţia necesară , nu şi suficientă ca un sistem de corpuri să fie în echilibru, este ca torsorul forţelor exterioare (active şi de legătură) să fie nul. Această teoremă se aplică singură atunci când numărul de necunoscute ale legăturilor exterioare nu depăşesc numărul de ecuaţii independente (trei ecuaţii în plan şi şase ecuaţii în spaţiu). Dacă apar mai multe necunoscute, atunci se principiul echilibrului părţilor.

Page 102: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

102 Principiul echilibrului părţilor Dacă un sistem de corpuri rigide este în echilibru, atunci o parte oarecare din sistem , considerată ca rigid (subsistem nedeformabil), este de asemenea în echilibru sub acţiunea forţelor exterioare şi interioare corespunzătoare subsistemului. O consecinţă a principiului echilibrului părţilor este metoda separării (izolării) corpurilor.

Metoda separării corpurilor Dacă un sistem de corpuri (liber sau supus la legături) se află în

echilibru, atunci fiecare corp al sietemului , considerat ca un subsistem rigid, se află de asemenea în echilibru. Această metodă se aplică începând cu izolarea fiecărui corp, înlocuirea legăturilor cu elemente mecanice corespunzătoare, (forţe, cupluri de legătură, numite şi reacţiuni), continuând cu scrierea ecuaţiilor de echilibru scalare (trei ecuaţii pentru corpuri în plan şi şase ecuaţii pentru corpuri în spaţiu) pentru fiecare corp al sistemului. La aceste ecuaţii se ataşează şi condiţiile fizice corespunzătoare, privind tipul de legături cu frecare existente. Această metodă permite determinarea tuturor forţelor de legătură (interioare şi exterioare).

5.1. STATICA SISTEMELOR FORMATE DIN

BARE RIGIDE ARTICULATE (CADRE PLANE) 5.1.1 Se consideră sistemul format din din bara dreaptă AO1 şi cadrul plan O1O2 articulate în punctul O1 ca în fig. 5.1.1. Se cunosc: a, q, α , F1 = 3aq, F2 = 5aq, F3 = aq, F4 =2aq, M = 4a2q. Se cer forţele de legătură din reazemul A, articulaţia O1 şi încastrarea O2.

Bara 1

F2 F1

NA

2a 2a 2a

α V21

H21 M1

Cadrul 2

F3 V12

H12

V2

H2

F2

O2

Fec

4a

2a

2a

4a

4a

M2 Fig.5.1.1

F3 F2 F4

F1

O2

O1

A 3q

4a

2a

6a

4a 2a 2a

α

M

2a

Page 103: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

103 Rezolvare:

Se separă cele două cadre şi se înlocuiesc legăturile cu forţe de legătură; se ţine seama că: H21=H12=H1; V21=V12=V1 (conform principiului al treilea al Mecanicii); se înlocuieşte forţa uniform distribuită cu o forţă echivalentă Fec = 24aq şi se scriu ecuaţiile de echilibru pentru fiecare cadru: Bara 1:

=−⋅−⋅α−⋅=Σ

=α−−+=Σ=−α=Σ

042563400350

030

201

1

1

qaaaqa)sinaq(aNMsinaqaqNVY

HcosaqX

A

Ai

i

)sin(aqV),sin(aqN,cosaqH A α−=+α=α=⇒ 12

3792

3 11

Cadrul2:

=⋅+⋅−⋅−⋅−⋅−=Σ=+−−=Σ

=+−−=Σ

068482424000

02420

11202

21

21

aHaVaaqaaqaaqM;MVaqV;Y

HaqaqH:X

i

i

)cossin(qaM

)sin(aqV),cos(aqH

α−α−=

α−=α−=

96642

352

3262

2

22

5.1.2. Se consideră sistemul format din bara dreaptă AO1 şi cadrul plan O1O2 articulate în punctul O1 ca în fig. 5.1.2. Se cunosc: a, q, F1 =

aq26 , F2 = 10aq, F3 = 12aq, M = 2a2 q. Se cer: Forţele de legătură din: reazemul simplu A, articulaţia O1, încastrarea O2.

Cadrul 2

Fe

V12

H12 O

V2

H2

F2

O

F3

2a 2a

2a

2a

4a

M2

Bara 1

F1

NA

H21

V21

O M 450

Fig.5.1.2

F2

F3 F1

O

O

A

3

2a

2a

2a

6a

2a

2a

2a 2a

M450

Page 104: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

104 Rezolvare:

Se separă cele două cadre şi se introduc forţele de legătură; se ţine seama că: H21=H12=H1; V21=V12=V1 şi se înlocuieşte forţa uniform distribuită cu o forţă echivalentă Fec = 24aq.

Ecuaţiile de echilibru pentru fiecare cadru se scriu: Bara 1:

=⋅−⋅−+⋅=Σ

=−+=Σ=+−=Σ

02626240060

060

201

1

1

aaqaaqqaaN:MaqVN:Y

aqH:X

A

Ai

i

22

116 11

qaV,aqN,aqH A ===⇒

Cadrul 2:

=⋅+⋅−⋅−⋅+⋅−=Σ=−−+−=Σ

=−+=Σ

0462242102120010240

0120

11202

21

211

aHaVaaqaaqaaqM;MaqaqVV;Y

aqHH;X

i

qaM,aqV,aqH 2222 31

2696 ===⇒

5.1.3. Se consideră sistemul format din două cadre plane articulate între ele în punctul C şi articulate în punctele A şi B cu terenul, încărcat cu forţe concentrate şi sarcina distribuită p şi cuplul de intensitate pa2 ca în fig. 5.1.3. Se cunosc valorile lui a şi p. Se cer forţele de legătură din articulaţiile A, B şi C.

Fig.5.1.3.a

HA

HB VB VA

A

C

B

6pa 3pa 2pa pa

p pa

pa2

2a

2a

5a

a

a

a

a a 3a 3a

Page 105: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

105

Rezolvare: Necunoscutele VA şi VB se determină prin aplicarea teoremei

solidificării astfel: . din ecuaţia de momente pentru întregul sistem faţă de punctul B, se determină VA şi din ecuaţia de momente faţă de punctul A, se determină VB. din ΣMBz=0 (pentru tot sistemul) ⇒

VA⋅10a + pa2 + pa⋅2a - 2pa⋅12a - pa⋅7a - 3pa⋅4a - 6pa⋅2a - 6pa⋅3a = 0 ⇒ VA=7pa din ΣMAz=0 (pentru tot sistemul) ⇒

-VB ⋅10a+ pa2 + pa⋅2a - 2pa⋅2a + pa⋅3a + 3pa⋅ 6a + 6pa⋅ 8a – - 6pa⋅3a = 0 ⇒ VB=5pa

- Necunoscutele HA şi HB se determină prin aplicarea principiului echilibrului părţilor, din ecuaţiile de momente faţă de C scrise pentru fiecare corp. Ecuaţiile de echilibru pentru cadrul 1 : din ΣMC=0: VA ⋅7a - HA

. 5a + pa2 - pa⋅3a - 2pa⋅9a - pa⋅4a - 3pa⋅a = 0 ⇒ HA = 4,4pa Ecuaţiile de echilibru pentru cadrul 2 : din ΣMC=0 ⇒ -VB ⋅3a - HB

. 5a + 6pa⋅ a + 6pa⋅ 2a = 0 ⇒ HB = 0,6 pa - Necunoscutele HC şi VC se determină prin aplicarea principiului

echilibrului părţilor: din ecuaţiile de proiecţii pe orizontală şi verticală pentru unul dintre cele două cadre (am folosit cadrul 2)

Fig.S5.1.3.b

HA

HC

VC

VA=7pa

A

C

2pa 3pa pa

p

pa2

2a

a

a

a 3a 3a

3a Fe =6pa

Fig.S5.1.3.c

HB

VB=5pa

HC

VC

B

C

6pa

2a

2a

3a

a

Page 106: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

106

din Σ FX=0 ⇒ -HC - 6pa + HB= 0 ⇒ HC = 5,4 pa

din Σ FY=0 ⇒ VC + 5pa - 6pa = 0 ⇒ VC=4 pa

sau prin formarea unui sistem de două ecuaţii prin scrierea ecuaţiilor de momente faţă de punctul A pentru corpul din stânga şi faţă de punctul B pentru corpul din dreapta. ΣMA=0: VC ⋅7a – HC

. 5a + pa2 + pa⋅3a - 2pa⋅2a + pa⋅3a +3pa⋅6a = 0 ΣMB=0 VC ⋅3a + HC

. 5a - 6pa⋅2 a - 6pa⋅ 3a = 0 ⇒ HC = 5,4 pa; VC=4 pa

Ecuaţiile de proiecţii ale forţelor pentru întregul sistem şi pentru

cadrul 1 servesc la verificarea rezultatelor. - Ecuaţiile de verificare se scriu pentru întreg sistemul:

Σ FX=0 ⇒ HA + HB + pa - 6pa = 0 Σ Fy =0 ⇒ VA + VB - 2pa - pa - 3pa - 6pa = 0

- Ecuaţiile de verificare se scriu pentru cadrul 1: din Σ FX=0 ⇒ HA - HC + pa = 0 din Σ Fy =0 ⇒ VA - VC - 2pa - pa - 3pa = 0

Page 107: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

107

TEME APLICATIVE PROPUSE

Se consideră sistemul format din două cadre cu trei articulaţii încărcate

cu un sistem de forţe ca în figurile 5.1.4. . . 5.1.15, pentru care se cunosc

valorile lui a şi p. Se cer: Forţele de legătură din articulaţiile A, B şi C

Fig.5.1.4

A

C

B

4p

2p

p

3p

4p2

2a

2a

2a

4a

a

a

2a6a

2a

Fig.5.1.5

B

C

A

4p

2p

6p

2

3pa2

a

4a 3a

a a a 3a 4a

a

Fig.5.1.6

A

C

B

3p

6p

2p

3pa

2pa

a

2a

2a

a 2a a

4

3a 3a

3a

Fig.5.1.7

3a

A

C

B

3p

4p

p

pa

2p

2a

2a

a

a

a a 8a

Fig.5.1.8

B

C

A

3p

6p

p

2pa2

2pa

2a

5a 8

4

2a 2a a a

3a

Fig.5.1.9

A

C

B

2p

4p

6p

p

2pa a

5a

2a

2

2

2

2a 2a

3a

Page 108: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

108

Fig.5.1.13

B

C

A

2p

6p

2p

p

4pa

2a

2a

2a

2a

3a

2a 2a 4a

Fig.5.1.10

B

C

A

pa 4p

6p

p 3pa

2a

6

2

2a 2a 2a 2a

2a

Fig.5.1.11

B

C

A

4p

2p

2p

3pa

2pa

2a 3a

3a 2

2

3

2

5a

2

Fig.5.1.12

B

C

A

2p

4p

p

2pa

2pa

2a

2a

2a 3

2

6

2a 2a

a

Fig.5.1.14

B

C

A

2p

6p

p

3pa

pa 4

a

2

2a 2a 2a 2a

3

Fig.5.1.15

A

C

B 3a

4p

3p

p

3p

p 2a

3a

a

2

2

2

4a

2a

Page 109: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

109

RĂSPUNSURI LA PROBLEMELE 5.1.4....5.1.15 NR. prob. VA HA VB HB VC HC

5.1.4 7pa pa 5pa -2pa -pa 4pa

5.1.5 2,6pa -2,95pa 5,4pa -3,05pa 0,6pa 7,05pa

5.1.6 4,4pa 1,08pa 11,6pa -4,08pa -1.6pa 4,08pa

5.1.7 5,8pa 1,35pa 6,2pa -2,35pa -2,2pa 4,35pa

5.1.8 10,2pa 3,95pa 0,8pa 4,05pa -0,8pa 3,95pa

5.1.9 5,6pa 2,72pa 4,4pa 1,28pa 1,6pa 4,72pa

5.1.10 5,1pa 3,27pa 4,9pa 1,73pa 1,1pa 4,27pa

5.1.11 7,4pa 3,83pa 8,6pa -1,83pa 1,4pa 3,83pa

5.1.12 2pa 0,4pa 8pa -4,4pa 0 4,4pa

5.1.13 5,8pa 0,16pa 8,2pa -2,16pa -2,2pa 2,16pa

5.1.14 5pa -1,5pa 3pa -1,5pa -3pa 2,5pa

5.1.15 5,2pa 3,04pa 4,8pa -1,04pa -0,8pa 4,04pa

ALGORITMUL DE CALCUL UTILIZAT PENTRU PROGRAMUL

EXCELL ŞI REZULTATELE OBTINUTE PENTRU 5.1.4

Se alege sistemul de referinţă cu originea în punctul C (articulaţia

dintre cele două cadre) Pentru determinarea reacţiunilor HA, VA, HB, VB

se scriu cele două ecuaţii de momente ale forţelor pentru fiecare din cele

două părţi faţă de punctul C: ΣMs=0 şi ΣMd=0 şi cele două ecuaţii de

proiecţii ale forţelor pentru întreg sistemul ΣXi=0 şi ΣYi=0 obţinându-se:

VAxA - HAyA + Ns =0; VBxB - HByB + Nd =0;

HA + HB + X =0; VA + VB + Y =0

unde am notat cu:

Ns Nd suma momentelor forţelor exterioare care acţionează asupra părţii

din stânga/dreapta : Ns=Σ (xiYsi -yiXsi) + M1s; Nd=Σ (xiYdi -yiXdi) + M1d;

X,Y suma proiecţiilor forţelor exterioare pe axa Ox, Oy: X=Σ Xi ; Y=Σ Yi

Xi , Yi proiecţiile forţei exterioare iF pe axele Ox respectiv Oy

Rezolvând acest sistem rezultă următoarele valori ale reacţiunilor:

Page 110: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

110

HA=(NS xB + Nd xA + X xA yB - Y xA xB) / (xByA-xAyB)

VA=(NS yB + Nd yA + X yA yB - Y xB yA) / (xByA-xAyB)

HB=(-NS xB - Nd xA - X xB yA + Y xA xB) / (xByA-xAyB)

VB=(-NS yB - Nd yA - X yA yB + Y xA yB) / (xByA-xAyB)

Pentru calculul forţelor de legătură din articulaţia C se folosesc cele

două ecuaţii de proiecţii ale forţelor pentru partea dreaptă :

HC+HB+Xd=0 VC+VB+Yd=0

unde am notat cu:

Xd suma proiecţiilor forţelor exterioare din dreapta pe axa Ox: Xd=Σ Xdi ;

Yd suma proiecţiilor forţelor exterioare din dreapta pe axa Oy: Yd=Σ Ydi ;

Aceste relaţii au fost introduse în programul EXCEL prezentat mai jos.

DATE DE INTRARE

A B C D E F G H I J K L M N O P Q xA/a

yA/a

xB/a

yB/a

x1s/a

y1s/a

X1s

/pa

Y1s /pa

x2s/a

y2s/a

X2s

/pa

Y2s

/pa

x3s/a

y3s/a

X3s /pa

Y3s

/pa

M1s /pa2

-6 -5 4 -5 -6 -3 3 0 -4 0 0 -8 0 0 0 0 -4

R S T U V X Y Z AA AB AC AD AE x1d/a y1d/a X1d/pa Y1d/pa x2d/a y2d/a X2d/pa Y2d/pa x3d/a y3d/a X3d/pa Y3d/paM1d/pa2

2 0 0 -4 4 -1 -2 0 0 0 0 0 0 DATE DE IEŞIRE

AF AG AH AI AJ AK Xs =ΣXis/pa Ys =ΣYis/pa Xd =ΣXid/pa Yd =ΣYid/pa X Y

G+K+O H+L+P T+Y+AC U+Z+AD AF+AH AG+AI 3 -8 -2 -4 1 -12

AL AM AN AO AP AQ ΣXisyis /pa2 ΣYisxis/pa2 ΣXidyid /pa2 ΣYidxid/pa2 Ns Nd F*G+J*K+N*O E*H+I*L+M*P S*T+X*Y+AB*AC R*U+V*Z+AA*AD AM - AL+Q AO-AN+AE

-9 32 2 -8 37 -10

AR AS AT AU AV AW HA VA HB VB HC VC

(AP*C+AQ*A+AJ*A*D -AK*A*C)/(B*C-A*D)

(AP*D+AQ*B+AJ*B*D-AK*B*C)/(B*C-A*D)

(-AP*C-AQ*A-AJ*B*C-AK*A*C)/(B*C-A*D)

(-AP*D-AQ*B+AJ*B*D -AK*A*D)/(B*C-A*D)

-AT-AH -AU-AI

1 7 -2 5 4 -1

Page 111: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

111

5.2. STATICA SISTEMELOR PLANE DE CORPURI CU FRECARE

5.2.1. Pentru sistemul de frânare cu sabot format din patru corpuri: (1), (2), (3), (4) (fig.5.2.1) sunt cunoscute: a, G, α, β, µ1 = 0 pe planul înclinat, µ2 = µ ≠ 0 pe sabot, corpul (3) de greutate neglijabilă. Se cer: 1) Ecuaţiile de echilibru pentru fiecare corp folosind metoda izolării. 2) Determinarea forţei minime (Pm) pentru repaus. 3) Determinarea forţelor de legătură.

Rezolvare: 1) Se separă corpurile şi se înlocuiesc legăturile cu forţe de legătură, ca în figura 5.2.1:

Relaţiile de echilibru pentru cele patru corpuri sunt următoarele:

Corpul 1

α=α=

=α−=α−

=Σ=Σ

cosGNsinGS

cosGNsinGS

YX

i

i

2020

00

00

111

1

CORPUL 1

x

y

S N1

α G1

CORPUL 4

V2 H2 H4

V4

M

O2 G4

2a 2a

Fig.5.2.1

O4

P

G2=2G r2=a R2=2a

G4=G,

G1=20

2a 4a

2

1 µ=0

α

O3 β

a/ 3

O2 4

G3=0

CORPUL 3

T2 N V3

H3 P

β 4a 2a

a/4

CORPUL 2

V2

y

x S

T2 N

O G

H2

α

Page 112: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

112

Corpul 2

µα

=⇒µ=

α==⇒=⋅−⋅

=+−α−=−α−

=Σ=Σ=Σ

sinGTNNT

sinGSTaTaS

NGsinSVTcosSH

uiechilibrulitalimlafizica

ConditiaMYX

i

i

10

102

02

00

000

2222

22

222

22

02

Corpul 3

=⋅−⋅−⋅β⇒=Σ

=β+−⇒=Σ=β++−⇒=Σ

04

260

0000

2203

23

23

aTaNa)sinP(M

sinPNVYcosPTHX

m

mi

mi

Corpul 4

=⋅−⋅−⇒=Σ=−−⇒=Σ

=+−⇒=Σ

042000

00

24404

324

42

aVaGMMGVVY

HHX

i

i

Din ultima ecuaţie scrisă pentru corpul 3 avem:

)(sinsinG)TN(

sinPm µ+

βµα

=+β

= 8125

42

61 2

2

Înlocuind Pm şi forţele de legătură găsite (S, T2, N2 ) în celelalte ecuaţii, obţinem forţele de legătură: H2, V2, H3, V3, H4,V4, M4 .

µ

α++α=

β−µ

α=

β+α=

µ

α++α==

α+α==

sinsinGaM

sinPsinGV

cosPsinGH

sinsinGVV

)cos(sinGHH

m

m

205402

1010

10220

2110

24

3

3

242

42

5.2.2 Se considră sistemul de frânare cu sabot format din patru corpuri, ca în fig.5.2.2, pentru care se cunosc a, G, α, β. Se cer: 1) scrierea ecuaţiilor de echilibru pentru fiecare corp (după separarea lor) 2) Determinarea forţei minime de frânare (Pmin ). 3) Determinarea forţelor de legătură.

Page 113: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

113

Rezolvare: 1) Se separă corpurile şi se înlocuiesc legăturile cu forţe. Ecuaţiile de echilibru pentru fiecare corp sunt:

Corpul 1

=Σ=Σ

00

i

i

YX

α=α=

=α−=α−

cosGNsinGS

cosGNsinGS

4040

00

111

11

Corpul 2

=Σ=Σ=Σ

000

02MYX

i

i

µα

=⇒µ=

α==⇒=⋅−⋅

=+−α−=−α−

sinGTN)italimla(NT

sinGSTaTaS

TGsinSVNcosSH

20

202

02

00

2222

22

222

22

Corpul 3

=Σ=Σ=Σ

000

03MYX

i

i

=−⋅−⋅β

=β−+−=β+−

04

5

00

22

23

23

aTaNa)sinP(

sinPNHcosPTV

m

m

m

CORPUL 1

x

y

S N1

α G1

CORPUL 2

V2

y

x

S

T2

N O2

G

H2

α

O3

CORPUL 3

T2

N2

H3 V3

P β

a/4

a

5a

CORPUL 4

V4

H4 H2

V2

M

O4 O2 G4

3a/2 3a/2

Fig.5.2.2

O4

P

G2=2G r2=a R2=2a

G4=G,

G1=40

a

5a

2

1 µ=0

α

O3

β

a/

3 O2 4

Page 114: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

114

Corpul 4

=Σ=Σ=Σ

000

04MYX

i

i

=⋅−⋅−

=−−=−

032

30

0

244

244

24

aVaGM

VGVHH

Din ultima ecuaţie scrisă pentru corpul 3 rezultă:

)(sinsinGPm µ+

βµα

= 4

Înlocuind rezultatele (S, T2 , N2 ,Pm ) în celelalte ecuaţii, rezultă:

)sinsin(GV

)cos(sinGHH

110202

1220

22

42

+α−α=

µ−αα==

)ctg(sinGV

)(sinGH

204

16

3

3

−βµµ+

α=

µ−µ

α=

)sinsin(GV 32040 2

4 +α−α=

)sinsin(aGM 340802

3 24 −α+α−=

5.2.3. Troliul 3 este menţinut în poziţia de echilibru de o frână cu sabot 4, acţionată de sistemul de forţe ce se aplică prin intermediul firului AB asupra corpului 2 ca în fig. 5.2.3. Se cunoaşte valoarea coeficientului de frecare µ între sabot şi troliu. Să se determine: 1. Pmin pentru echilibru; 2. Forţele de legătură din articulaţiile O1, O2 şi O3.

Rezolvare 1. Se aplică axioma legăturilor şi principiul echilibrului părţilor Corpul 1: Din ecuaţia de proiecţii a forţelor pe Ox şi Oy , rezultă:

Q sin α - S1 = 0 ⇒ S1 = Q sin α N1 - Q cos α = 0 ⇒ N1 = Q cosα

Fig.5.2.3

G3=4G r3=2a R3=4a

Q

4a 6a

3

1 µ=0

µ≠0

α

O3 a/ 4

O2 q=2P/a

O1 P

Pa a

2a 3a

2

Page 115: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

115

Corpul 2: Din ecuaţia de momente faţă de O1 obţinem:

PSaaaPaPPaaS 20

233224 22 =⇒=⋅⋅−⋅+−⋅

Din ecuaţia de momente faţă de A se determină VO1:

PVaVaaaaPaPPa OO 304

23322 11 −=⇒=⋅−

+⋅⋅−⋅+

Din ecuaţia de proiecţii a forţelor pe Ox rezultă: HO1=0 Corpul 3. Din ecuaţia de momente faţă de O2 obţinem:

22

042 11

α==⇒=⋅−⋅

sinQSTaTaS

Din ecuaţia de proiecţii a forţelor pe Ox rezultă:

( )α+α=+α=⇒=−α+ sinsinQFcosSHHcosST OO 22

0 1221

Din legile frecării avem:

µα

=⇒µ=222

sinQTNNT

Din ecuaţia de proiecţii a forţelor pe Oy rezultă:

VO2 - S1 sinα - 4G + N2 = 0 ⇒ GsinQsinQVO 42

22 +

µα

−α=

Corpul 4. Din ecuaţia de momente faţă de punctul O3 se determină Pm:

( )µ

µ−α=⇒=

α−

µα

=⋅−⋅−⋅

80508

105

05

42102

sinQPPsinQsinQ

aTaPaN

minmin

min

Din ecuaţiile de proiecţii după cele două direcţii ⇒HO3 şi VO3:

CORPUL 1 x1

y1

S1 N1

α Q

VO1

HO1

CORPUL 2

O1

P

S2 Fe M

2a

1,5a

a a

A

CORPUL 3

VO2

y

x S1

T N

O G

HO2

α

CORPUL 4

S2 N2

VO3

HO3

T

4a a/ 6a

Page 116: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

116

)(sinQPNVNPV

sinQTHTH

minOminO

OO

µ−µα

−=−=⇒=−+

α==⇒=−

3040

202

20

2323

33

5.2.4 Troliul (2) acţionat de greutatea Q este menţinut în poziţia de echilibru de o frână cu sabot (1), acţionată de forţa P ce se aplică perpendicular asupra capătului barei OA (fig. 5.2.4). Se cunoaşte valoarea coeficientului de frecare µ între sabot şi troliu. Se cere să se determine: 1. valoarea minimă a forţei P; 2. forţele de legătură din articulaţiile O1, O2 şi O3.

Rezolvare

Se aplică axioma legăturilor şi principiul echilibrului părţilor : Corpul 1:

( )

( )αµ+α+µµ

+=α+α++=⇒=

αµ−αµ

=α⋅−α=⇒=

cossinQGcosNsinTGQVF

cossinQcosTsinNHF

Oy

Ox

22

660

20

2

2

G

6a

CORPUL 3

VO

VO

HO

MO

HO

Fig.5.2.4

G2=6G r2=2a R2=4a

G1=G

G3=G

2a

6a

6a

1 2

α

3

µ≠0

P A

a/

Q

O2

O1

O3

P

CORPUL 1

G1

2a

6a

α

N

A a/

T

VO

O1

HO

CORPUL 2

VO2

y

x T

Q

N

O2 G

HO2

α

Page 117: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

117

ΣMO1=0:

µαµ−µ+

=⇒

=⋅α+−⋅−⋅

643224

044

68

cosG)(QP

acosGaTaNaP

min

Corpul 2:

ΣMO2=0 : 2

042 QTaFaQ f =⇒=⋅−⋅

06000

2

2

=α−α−−−=

=α−α⋅+=

∑∑

cosNsinTGQV:FsinNcosTH:F

Oy

Ox

În condiţiile echilibrului la limită, când Ff=µN, se pot determina componentele forţei de legătură din articulaţia O2. Corpul 3:

µµ−−αµ

=⇒=−+α−⇒=

α−=⇒=+α−−⇒=

6483200

200

11

11

)(QcosGVPNcosGVF

sinGQHTsinGHF

OOy

OOx

)cos(sinQaaHM

)cossin(QGV

);cos(sinQHH

OO

O

OO

αµ−αµ

=⋅=

µα+αµ+µ

+=

αµ−αµ

==

36

227

2

23

3

23

Observaţie: Sensul forţei de frecare T se stabileşte din condiţia de echilibru a troliului. (Momentul forţei de frecare faţă de O2 este egal şi direct opus cu momentul faţă de O2 a tensiunii din cablul ce menţine pe planul înclinat corpul 1 de greutate Q). Sensul reacţiunii N2 este precizat prin faptul că reprezintă acţiunea sabotului corpului 4 asupra troliului 3.

Page 118: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

1185.2.5 Se consideră sistemul de frânare cu bandă din fig. 5.2.5

Se cunosc valorile pentru: G, a, b, r, R şi µ − coeficientul de frecare a curelei pe disc; se neglijează greutăţile discului 1 şi ale pârghiei 2.

Se cere valoarea forţei minime Fmin. pentru frânare.

Rezolvare:

Se separă corpurile şi se înlocuiesc legăturile cu forţe de legătură, apoi se scriu ecuaţiile de echilibru (ţinând seama că tensiunea din fir S3=G):

Corpul 1: 00 120 =⋅−⋅+⋅⇒=Σ RSrGRTM (1)

Legea fizică a frecării (relaţia Euler) µπ≤ eSS 12 (2)

Corpul 2: 00 202 =⋅−+⇒=Σ aS)ba(FM (3)

Înlocuind pe S2 din (3) în relaţiile (1) şi (2) şi apoi pe S1 în (1) se

obţine: Fa

baS +=2 (4)

respectiv: G

ee

Rr

baaF

Ge

eRr

baaF

min 1

1

−⋅⋅

+=

−⋅⋅

+≥

µπ

µπ

µπ

µπ

(5)

G

F

b a O2

2

R r 1

O1

Fig. 5.2.5 F

CORPUL 2

b aV2

H2

S2 O2

CORPUL 1

V1 S1

H1 S2

R S3

r O1

Page 119: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

1195.2.6. Se consideră sistemul de frânare cu bandă din fig. 5.2.6. Se cunosc: G, a, b, r, R şi µ − coeficientul de frecare al curelei pe disc. Se neglijează greutăţile discului şi ale pârghiei.

Se cere valoarea forţei minime Fmin. pentru frânare.

Rezolvare:

Se separă corpurile şi se înlocuiesc legăturile cu forţe de legătură, apoi se scriu ecuaţiile de echilibru (ţinând seama că tensiunea din fir S3=G):

Corpul 1: µ

π

≤⇒

=⋅−⋅+⋅⇒=Σ

43

12

2101 00

eSS)Eulerluilatia(Re

RSrGRSM

Corpul 2: 00 102 =⋅−⋅⇒=Σ aFbSM

Înlocuind în prima şi a doua ecuaţie S1 determinat din a treia, se obţine:

⋅≤

+=⇒=⋅−⋅+⋅

µπ

43

2

22 0

eFbaS

GRrF

baSRSrGRF

ba

11 4

34

3

−⋅=

−⋅⋅≥

µπ

µπ

e

GRarbF:sau

e

Gab

RrF min .

5.2.7. Se consideră frâna cu tampon din fig.5.2.7 . Se cunosc valorile pentru: G, a, α, β, b şi coeficientul de frecare µ pe tampon.Se cere:

1) Să se separe corpurile şi să se scrie ecuaţiile de echilibru;

2) Să se determine forţa minimă Pmin pentru frânare.

F

CORPUL 2

b a V2

H2

S1

O2

Fig. 5.2.6 G

F b a

O2 2

R r 1

O1

CORPUL 1

V1 S1

H1 S2

R S3

r O1

Page 120: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

120

Rezolvare:

Ecuaţile de echilibru pentru fiecare din cele patru corpuri izolate, sunt:

Corpul 1

α=α=

=+α−=+α−

cosGNsinGS

NcosGSsinG

5050

00

111

1

Corpul 2

µα

=⇒µ=

α==⇒=⋅−⋅⇒=Σ

=β−β−α−−⇒=Σ=β+β−α−⇒=Σ

sinGTN)italimla(NT

sinGSTaSaTM

sinNcosTsinSGVYcosNsinTcosSHX

i

i

25

252

020

0000

2222

2202

2222

222

Corpul 3

+α=⇒=⋅−+⋅⇒=Σ

=+−⇒=Σµ

α==⇒=−⇒=Σ

a)ba(sinGNaN)ba(TM

TNNY

sinGNPNPX

BBA

BAi

mmi

2500

00

2500

2

2

22

Corpul 4

=⋅−⋅−⇒=Σ=+−−⇒=Σ

=+−⇒=Σ

042000

00

24404

442

42

aVaGMMVGVY

HHX

i

i

Înlocuind mărimile găsite ( S, T2 , Pm , NB ) în ecuaţiile nefolosite se obţin celelalte forţe de legătură ( H2 , V2 , NA , H4 , V4 , M4 ).

Fig.5.2.7

G1=50

1 µ=0

α

O4

G2=2G r2=a R2=2a

G4=G,

2 O2 4 β

P a

A b

B

CORPUL 1

x

y

S N1

α G1

CORPUL 3

P a

NA

N T2

b

NB

N2

β

CORPUL 2

V2

y

x

S

T2

O2 G2

H2

α

CORPUL 4

V H

H

V

M

O4

O2

G4

Page 121: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

121

TEME APLICATIVE PROPUSE

5.2.8 . . . 5.2.19 Troliul ③ este menţinut în poziţia de echilibru de o frână

cu sabot, acţionate de sistemul de forţe ce se aplică ca în fig. 5.2.8 . . .

5.2.19 . Să se determine:

1. valoarea Pmin pentru echilibru,

2. forţele de legătură din articulaţiile O1, O2 şi O3.

G2=4G r2=2a

5a

3a

µ≠0

O3 Fig.5.2.8

G3=2

P α

a/

O2

q=2Q/a

O1

Q

A

a

3a G1=G

R2 r2

G2=4G r2=a

Q

G3=G

a/

2a

6a

6a

α

µ≠0

P

O2

O3

O1 Fig.5.2.9

G1=2

r2

R2

G2=4G r2=2a R2=3a

Fig.5.2.11

O2

q=2Q/a O1

Qa

A

a 3a

µ≠0

6a

2a

O3

P

α

a/5

G1=Q

G3=2

R2 r2

G2=4G r2=2a

2a 6a

8a

µ≠0 O3

O1

P

a/G3=G

Fig.5.210

O2

1 µ=0

α

G1=G

G3=Q R2

r2

Page 122: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

122

G2=4G

Fig.5.2.16

O2

O1 µ≠0

4a

2a

O3

a/2

2Q

Q

P

α

a/5

2a 3a a

G3=2G

G1=G

G2=6G r2=3a R2=4a

µ≠0

Fig.5.2.12

O2

q=2Q/a

O1

Q

2Q

a

A

a

3a

6a 2a

O3

P α

a/

G3=2G

G1=G

R2 r2

G2=4G r2=2a R2=4a

2

a/4

2a

8a

6a

α

µ≠0

P O2

O1

Fig.5.2.13

O3 G3=

G1=2

R2

r2

G2=4G r2=2a R2=4a

2a 8a

6a

µ≠0 O1

O3

P

a/

Fig.5.215

O2

Q

µ=0

α

G1=2G

G3=G

R2 r2

G2=6G r2=3a R2=5a

Fig.5.2.14

O2

µ≠0

6a

2a

O3 O1

Q

P

a

α

a/4

G3=2G

G1=G

R2 r2

G2=4G r2=2a R2=3a

a/5

2a

6a

µ≠0

P

O2

O3

Fig.5.2.17

α

O1 a

Q

G1=G G3=2G

R2

r2

Page 123: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

123

RĂSPUNSURI PENTRU PROBLEMELE 5.2.8 ... 5.2.19

5.2.8

Pmin= Q( )sin

µµ α+ 32

10; VO1 =G; HO1=4Q; VO2=4G+2Q; HO2= Q( )3 2µ

µ+ ;

VO3= 2 32 2010

G Q− + +cos ( sin cos )sin

α µ α µ αµ α

; HO3= Q( )1210+ µµ

.

5.2.9 Pmin= Q( )

sin30

80− µ

µ α; VO1= 2 40 30

80G Q ctg ctg+

+ −( )α µ αµ

; HO1=Q( )10

80+ µµ

; VO2= 4G+Q/2; HO2=Q2µ

;

VO3=5G+Q/2; HO3=Q2µ

; MO3=27Ga+3Qa;

5.2.10 Pmin= Q Gsin ( )α µ µµ

30 3060+ − ;VO1= 5 3 2

3G Q+

+sin ( sin )α µ αµ

;HO1= Qsin ( cos )α α2 33− ;

MO1= 44 8 3 23

Ga Q a+

+sin ( sin )α µ αµ

; VO2= 4 3 23

G Q++sin ( sin )α µ α

µ; HO2= Qsin ( cos )α α2 3

3−

VO3= 30 1060

µ α µµ

G Q+ −sin ( ) ; HO3= Q 23

sinα .

5.2.11 Pmin= Q( )

sin60 2

40− µ

µ α; VO1=4Q; HO1=0; VO2= 4G Q+ ; HO2=

2Qµ

VO3=Q G(80 sin sin cos ) sin

sinµ α µ α α µ α

µ α+ − +2 60 80

40; HO3= Q( )20 2

40+ µµ

5.2.12 Pmin= Q G( )sin

9 216 128128

µ µµ α

+ − ; VO1=G; HO1=4Q; VO2= 9 244

Q G+ µµ

; HO2= 34

Q

VO3= Q G(9 )µ µµ

− +72 128128

; HO3= Q G( sin cos cos ) cossin

228 216 9 128128

α α µ α µ αµ α

+ + −

5.2.13 Pmin= Q( )sin

3240

+ µµ α

;VO1= Q G( sin cos cos ) sinsin

40 32 8040

µ α α µ α µ αµ α

+ + − ; HO1= Q 840− µµ

; VO2=4G+3Q; HO2= Qµ

;

VO3=5G+3Q; HO3= Qµ

; MO3= 6aQµ

;

G2=4G r2=2a R2=4a

2a 6a

µ≠0 O3

P

a/

Fig.5.2.1

O2

α

O1 2

G1=G

Q

G3=G

R2

r2

G2=4G r2=2a R2=4a

Fig.5.2.19

µ≠0

O2

2a

6a

A B

O3

a/

q=2P/a

O1

2P 3Pa

a a

3a

Q

µ=0α

G3=2G

G1=

R2

r2

Page 124: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

1245.2.14 Pmin= Q( )32

80− µµ

; VO1= G Q+ +( sin )1 α ;HO1= Qcosα ; VO2= Q( sin )3 5 30G5

− +α ; HO2= Q( cos )3 55

+ µ αµ

VO3=(10G-3Q)/5; HO3= Q(1680+ µµ

) ;

5.2.15 Pmin= Q Gsin ( )α µ µµ

32 6480− − , cu condiţia: Q G

>−64

32µµ α( )sin

; VO1= − + +Q Gsin ( )α µ µµ

8 9680

; HO1= Qsinα2

;

VO2= Q Gsin ( sin )α µ α µµ+ +1 8

2; HO3= Qsin ( cos )α α1 2

2− ; VO3= Q Gsin ( sin )α µ α µ

µ+ +1 10

2;

MO3= 3 1 2Qasin ( cos )α α− 5.2.16 Pmin= Q( )

sin20

18− µ

µ α; VO1=G+2Q; HO1=2Q; VO2= 12 8

3G Q+ ; HO2= Q(5 6

3+ µµ

) ;

VO3= Q G( cos cos sin )20 15 3618

α µ α α µµ

− − + ; HO3= Q( )1018

+ µµ

;

5.2.17 Pmin= Q( )3060

+ µµ

; VO1= G Q+ −( sin )1 α ; HO1= Qcosα ; VO2= 12 3 23

G Q+ +( sin )α ; HO2= Q 2 33

+ µ αµcos

VO3= 6 2Q3

G− ; HO3= Q( )2060

− µµ

;

5.2.18 Pmin= Q G( )30 4080− −µ µ

µ, cu condiţia: Q G

>−

4030

µµ

;VO1= G Q+ −( sin )1 α ; HO1= Qcosα ;

VO2= 8 1 22

µ µ αµ

G Q+ +( sin ) ; HO2= Q( sin )2 12α − ; VO3= 40 10

80µ µ

µG Q(− + ) ; HO3=Q/2.

5.2.19 Pmin= Qsin ( )α µµ32

32+ ; VO1=G; HO1=4P; VO2= 4 2 1G Q+ −sin ( sin )α α ; HO2= Qsin ( cos )α µ α

µ1− ;

VO3= 2G+ Qsinα ; HO3= Qsin ( )α µµ24

8+ .

Page 125: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

125

CAPITOLUL VI SISTEME DE BARE ARTICULATE

(GRINZI CU ZĂBRELE)

Pentru determinarea eforturilor axiale (în condiţiile ipotezelor simplificatoare specifice) din barele unui sistem de bare articulate static determinat (ce formează o grindă cu zăbrele) se folosesc frecvent două metode analitice: metoda izolării nodurilor şi metoda secţiunilor (RITTER). Mai întâi se verifică dacă sistemul de bare articulate este static determinat: dacă se notează cu n numărul de noduri şi cu b numărul de bare articulate ale sistemului trebuie să fie îndeplinită următoarele condiţii: b=2n-3 pentru sistemele plane şi b=3n-6 pentru sistemele spaţiale. Mai întâi se determină forţele de legătură ale sistemului cu mediul fix, scriinduse ecuaţiile de echilibrul forţelor corespunzătoare teoremei solidificării, după care se trece la rezolvarea propriu-zisă prin una din cele două metode: a. Metoda izolării nodurilor

Această metodă se bazează pe principiul echilibrului părţilor de la echilibrul sistemelor , considerând ca o ''parte'' a sistemului de bare câte un nod , care fiind izolat poate fi considerat ca un punct material acţionat de forţe concentrate în acel nod. Aceste forţe sunt forţe interioare (eforturile din bare) sau forţele exterioare aplicate în noduri (forţele date şi forţele de legătură cu terenul).

Se scriu ecuaţiile de echilibru ale acestor forţe pentru fiecare nod al sistemului, sub forma proiecţiilor pe cele două / trei axe ale sistemului ales în plan/spaţiu.

În final dacă sistemul este static determinat numărul total de relaţii independente obţinute este egal cu numărul total de necunoscute (reacţiuni + eforturi din bare) deci se poate rezolva analitic.

Se utilizează în cadrul acestei metode următoarea convenţie: toate eforturile din bare se consideră iniţial că sunt pozitive (de întindere) deci sensul lor este acela că ies din nod. Dacă din calcule (după rezolvarea sistemului de ecuaţii) rezultă pentru aceste eforturi valori negative, atunci ele sunt în realitate eforturi de compresiune.

Page 126: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

126

b. Metoda secţiunilor (RITTER) Această metodă se bazează tot pe principiul echilibrului părţilor şi

se utilizează atunci când interesează efortul dintr-o anumită bară (sau un număr redus de bare). Pentru aceasta se procedează în felul următor: se secţionează sistemul de bare articulate cu un plan imaginar astfel încât să fie secţionată şi bara al cărei efort ne interesează şi se introduc în secţiunile corespunzătoare ale barelor eforturile axiale necunoscute notate cu Nij, unde i,j sunt nodurile care definesc bara; ca şi în cazul metodei izolării nodurilor se consideră iniţial că acestea sunt pozitive (ies din secţiune); conform principiului ecilibrului părţilor, forţele care acţionează asupra fiecărei ''părţi'' obţinute în urma secţionării cu planul imaginar se află în echilibru deci eforturile din barele secţionate reprezintă de fapt forţele interioare de acţiune reciprocă a celor două părţi; pentru determinarea unui efort necunoscut (de exemplu în cazul unui sistem plan de bare articulate) se scrie ecuaţia de momente faţă de punctul de intersecţie (nodul) al suporturilor celorlalte două eforturi necunoscute. Dacă cele două eforturi care nu interesează sunt paralele atunci pentru determinarea celui de-al treilea effort necunoscut se foloseşte ecuaţia de proiecţii a forţelor după direcţia perpendiculară la cele două eforturi.

Page 127: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

127

PROBLEME REZOLVATE 6.1. Se consideră grinda cu zăbrele din fig. 6.1.a

Se cunosc: FF,FF,FF,FF,,a 201010254 4321 ====π

Se cer: 1) Reacţiunile în reazemul simplu (1) şi articulaţia (12) 2) Eforturile din nodurile (1), (2), (3) 3) Eforturile din barele: 6−8, 7−8, 7−9

Rezolvare:

1. Se înlocuiesc legăturile din nodurile 1 şi 12 cu forţe de legătură şi se scriu ecuaţiile de echilibru pentru întreg sistemul de bare articulate:

02456000

00

11234112

4321121

112

=α−⋅α−⋅−⋅−⋅−⋅⇒=Σ=−−−α−+⇒=Σ

=α−⇒=Σ

a)cosF(a)sinF(aFaFaFaVMFFFsinFVVY

cosFHX

i

i

Înlocuind cu valorile cunoscute se obţine:

FV,FV,FH3

503

855 12112 ===

Pentru verificare se scrie relaţia de moment faţă de 1: 024560 43211121 =⋅−⋅−⋅−α+⋅α−⋅=Σ aFaFaFa)cosF(a)sinF(aV:M

Fig. 6.1.a

119742

a

121086531

a a

α

a a F1

F2

F4

F3

a a

Fig. 6.1.b

197y

x

42

1186531

α F1

H1

V1F2

F4

V1 F3

Page 128: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

128

2. Se izolează nodurile în ordinea: (1), (2), (3) şi se scriu ecuaţiile de echilibru pentru fiecare dintre ele: Nodul 1:

−=

=⇒

=+⇒=Σ

=+⇒=Σ

FN

FN

NVY

NNX

i

i

3285

385

0220

0220

12

13

121

1213

Nodul 2:

=

−=⇒

=−−−⇒=Σ

=−⇒=Σ

FN

FN

NNFY

NNX

i

i

325

385

0220

0220

23

24

21234

2124

Nodul 3:

−=

=⇒

=+⇒=Σ

=++−⇒=Σ

FN

FN

NNY

NNNX

i

i

3225

3110

0220

0220

34

35

3432

343531

Pentru determinarea eforturilor din barele 6-8, 7-8, 7-9 se aplică metoda secţiunilor scrind ecuaţiile de momente sau de proiecţie pentru forţele corespunzătoare părţii din stânga secţiunii imaginare considerate (fig.6.1.d.). Suma momentelor forţelor faţă de nodurile 7 şi 8 şi suma proiecţiilor pe verticală a forţelor corespunzătoare pentru această parte, se scrie astfel:

FNaVaFaFaNM

FNaVaFaFaNM

310004320

350320

79143798

68143687

−=⇒=⋅+⋅−⋅−⋅⇒=Σ

=⇒=⋅−⋅+⋅+⋅⇒=Σ

FNNFFVYi 3250

220 7878341 −=⇒=⋅−−−⇒=∑

x

y

2

N2 N23

N24

F4

Fig.6.1.c

x

y

3

N3N34

N3N35

1

N12

N13

x

y

V1

65

2 97

8

4

31

Fig. 6.1.d

y

x

V1 N6

N78

N79

F4

F3

Page 129: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

129

6.2. Se consideră grinda cu zăbrele din fig. 6.2.a

Se cunosc: FFFF,FF,,a 202104 4321 ====π

=α . Se cer:

1) Reacţiunile din reazemul simplu (2) şi articulaţia (12); 2) Eforturile în nodurile (1), (2), (3); 3) Eforturile în barele: 6−8, 7−8, 7−9.

Rezolvare: 1) Se înlocuiesc legăturile cu forţe de legătură şi se scriu ecuaţiile de

echilibru pentru întregul sistemul de bare articulate.

02354000

00

11324212

4231211

111

=α+α+⋅−⋅−⋅−⋅⇒=Σ=−−−α−+⇒=Σ

=α−⇒=Σ

a)sinF(a)cosF(aFaFaFaVMFFFsinFVVY

cosFHX

i

i

Ecuaţia de momente faţă de (2) este o ecuaţie de verificare:

02540 42311112 =⋅+⋅−⋅−α−α−⋅=Σ aFaFaFa)sinF(a)cosF(aV:M

Înlocuind valorile cunoscute se obţine: H11 = 10F, V11 = 25F, V2 = 45F.

11

8 6 5

2

a

12 10

9 7 4

3 1

a a

α

a a F1

F2

Fig. 6.2.a

F4F3

a a

H11 11

V11

8 6 5

2

12 10

9 7 4

3 1α F1

F2 V2

Fig. 6.2.b

F4F3

Page 130: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

130

2) Folosind metoda izolării nodurilor pentru nodurile (1), (2) şi (3) avem:

Nodul 1:

−=⇒=+⇒=Σ

=⇒=+⇒=Σ

FNFNY

FNNNX

i

i

2200220

200220

12412

131213

Nodul 2:

−=⇒=++⇒=Σ

−=⇒=−⇒=Σ

FNVNNY

FNNNX

i

i

250220

200220

2322321

242421

Nodul 3:

=⇒=+⇒=Σ

−=⇒=+−⇒=Σ

FNNNY

FNNNNX

i

i

2250220

50220

343432

35343135

3) Se aplică metoda secţiunilor (RITTER), scriind cele două ecuaţii de

momente faţă de nodurile 7 şi 8 şi ecuaţia de proiecţii pe verticală, pentru forţele corespunzătoare părţii din dreapta:

−=⇒=⋅+⋅−⋅+⋅+⋅⇒=Σ

−=⇒=⋅−⋅+⋅−⋅⇒=Σ

FNaFaVaFaFaNM

FNaFaVaFaNM

504320

50320

79

4223798

68

422687

Suma proiecţiilor pe verticală conduce la:

FN

FVFFN

215

022

78

422378

=⇒

=−+−−⋅

Fig. 6.2.c

x

y

2

N2N2

N2

V2

x

y

3

N3 N32

N3

N3

1

N1

N1

x

y

F4

Fig. 6.2.d 2

a aa

a

4

y

x

1 3

9 7

58 6

N7 F2

F4

N7

N6

V2

F3

Page 131: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

131

6.3. Se consideră grinda cu zăbrele din fig. 6.3.a. Să se determine: 1) Eforturile în barele: 1-3, 1-4, 2-4 (prin metoda secţiunilor) 2) Eforturile în barele 4-6, 4-3, 3-6, 3-5 (prin metoda izolării nodurilor), după ce în prealabil au fost determinate eforturile din celelalte bare concurente în nodurile 4 şi 3 (la punctul 1) Rezolvare: 1) Se face secţiunea A-A şi se ia partea din dreapta a grinzii, întrucât

aceasta nu conţine forţele de legătură din nodurile 1 şi 2 (care sunt necunoscute).

Se observă că tgα=2a/4a=1/2 iar din geometria grinzii rezultă:

251 2

988664

atgacos

a=α+=

α=== −−− lll

8

6

5

2

973

4

1

2a

a a a a 2P

3P

2P P

P

Fig. 6.3.a

A

A

A

8

A

6

5

2

973

4

1a

180-α-β

β

a a

α

a 2P

3P

N4-2

N3-1

N4-1

2P P

P

Fig. 6.3.b

Page 132: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

132

;cos;sin

;tga

atgtg;cos;sin

132

133

2333

52

51

=β=β

=α=α

=β=α=α

Din ecuaţia de momente faţă de nodul 4 se determină efortul în b.1-3:

PNNtgaPaPaPPatgaN32503322323 133131 −==⇒=α⋅⋅−⋅+⋅++α⋅⋅ −−−

Din ecuaţia de momente faţă de nodul 1 se determină efortul în b. 4-2:

PNNaPaPaPPasinaN2

51104233224 422424 ==⇒=⋅−⋅−⋅−−α⋅⋅ −−−

Din ecuaţia de momente faţă de nodul 9 se determină efortul în b. 4-1:

PNNaPaPaPsinaN6135032234 411414 −==⇒=⋅+⋅+⋅+β⋅⋅ −−−

Observaţie: Ecuaţiile de proiecţii pentru partea din dreapta a grinzii pe direcţiile orizontală şi verticală sunt ecuaţii de verificare:

08133

6135

51

2511

0232

05

22

511132

6135

325

0

1424

241431

=−−−⇒

⇒=−−−−β+α

=−+−+−⇒

⇒=−α+β+

−−

−−−

P)P(P

PPPPsinNsinN

P)P()P(P

PcosNcosNN

2) Se izolează nodul 4, din ecuaţiile de proiecţii pe orizontală şi pe verticală se obţin eforturile N4-6, respectiv N4-3:

PNN

:NsinNsinNsinN

PNN

:cosNcosNcosN

310

03

514

0

3443

34641424

4664

641424

==⇒

=−α−β−α

==⇒

=α+β−α−

−−

−−−−

−−

−−−

Se izolează nodul 3, din ecuaţiile de proiecţii pe orizontală şi pe verticală se obţin eforturile N3-6, respectiv N3-5:

PNNNcosNN

PNNsinNN

504

32100

4

3553536313

36636343

−==⇒=+π

+−

−==⇒=π

+

−−−−−

−−−−

x β

α

y

4

N4-

N4-

N4-N4-

x

y

3

N3-

45N3-4

N3-N3-5

Page 133: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

133

6.4. Se consideră grinda cu zăbrele din fig. 6.4. Să se determine: 1) Eforturile în barele: 1-3, 1-4, 2-4 prin metoda secţiunilor 2) Eforturile în barele concurente în nodurile 3, 4 şi 12 prin metoda izolării nodurilor, având determinate eforturile din barele: 1-3, 1-4, 2-4. 1. Pentru determinarea eforturilor din barele 1-3, 1-4, 2-4 se face o

secţiune imaginară A-A şi se ia partea superioară a grinzii (întrucât aceasta nu conţine forţele de legătură din nodurile 1 şi 2) şi se scriu ecuaţiile de momente (se face convenţia că eforturile din barele indicate sunt de întindere - pozitive, semnul minus rezultat din calcul indicând faptul că bara respectivă este supusă la compresiune): Din ecuaţia de momente faţă de nodul 4 se determină efortul în bara 1-3:

PNNaPaPaPaPaPaN 200633222 133113 ==⇒=⋅−⋅−⋅−⋅−⋅+⋅ −−− Din ecuaţia de momente faţă de nodul 1 se determină efortul în bara 2-4:

PNNaPaPaPaPaPPaaN 3508322422 422424 −==⇒=⋅−⋅+⋅+⋅+⋅+−⋅ −−−

Pentru determinarea efortului din bara 1-4 se scrie ecuaţia de proiecţie a forţelor după direcţie orizontală:

PPcos

NNPPPcosN 566032 411414 =α

==⇒=−−−α −−−

Fig. 6.4.

1119

87

65

21

4 3

3P

2P P

P

2P

2

2

2

2

a a a 1119

87

65

21

4 3

3

2P

P

2

N4- N4-N3-

a a a

A AAA

Page 134: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

134

2. Determinarea eforturilor din barele 4-3, 6-4, 3-6, 3-5, 8-12, 11-12 prin metoda izolării nodurilor

Se izolează nodul 4, din ecuaţiile de proiecţii pe orizontală şi pe verticală se obţin eforturile N4-3, N4-6:

PNNNsinNN

PNNPNN230402

4664241464

43341434

−==⇒=−α−−==⇒=+−−

−−−−−

−−−−

Se izolează nodul 3, din ecuaţiile de proiecţii pe orizontală şi pe verticală se obţin eforturile N3-6, N3-5:

PNNNsinNN

PNNNcosN120

540

3553136353

36634363

==⇒=−α+==⇒=+α

−−−−−

−−−−

Se izolează nodul 12, din ecuaţiile de proiecţii pe orizontală şi pe verticală se obţin eforturile N8-12,

respectiv N11-12:

PNNPcosNN

PNNPsinN403

502

111212111281211

812128128

==⇒=+α−−−==⇒=−α−

−−−−

−−−

x α

y

4

N4-1

N4-6

2P

N4-2

N4-3 x α

y

3

N3-6

N3-1

N3-5

N3-4 x α

y

12

N8-12

3P

2P

N11-12

Page 135: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

135

TEME APLICATIVE PROPUSE

Pentru grinzile cu zăbrele din fig. 6.5. . 6.16 să se determine:

1) prin metoda secţiunilor eforturile în barele 1-3, 1-4, 2-4 pentru

problemele 6.5. . .6.13, respectiv eforturile în barele 1-3, 2-3, 2-4 pentru

problemele 6.14. . .6.16,

2) prin metoda izolării nodurilor eforturile din barele concurente în

nodurile 3 şi 4, având cunoscute eforturile din bare, determinate prin

metoda secţiunilor la primul subpunct precum şi eforturile din barele

concurente în nodul 9 pentru problemele 6.5, 6.7, 6.9. . . 6.16, respectiv

în nodul 10 pentru problema 6.6 şi în nodul 8 pentru problema 6.8

8

6

5

2

973

4

1

3a

a a a a 3P P 2P2P

P

Fig. 6.7

1

4 6 82

3

5

7

9

a a a

Fig. 6.5

P P 2P

2P

3P

a

a a

a

Page 136: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

136

7

9

8

6 5

3 4

1 2

3

2

P

P P

2

Fig. 6.12

a

a

a

a

a

19 8

6 5

4 3

2 1

3

2

2

P

P

Fig. 6.10

a

a

a

a a

10 9 8 7

6 5

4 3

2 1

P

2

2

P

P

Fig. 6.6

a

a

a

a a a

19

8765

43

21

P 2

3P

P

Fig. 6.8

a

a

a

a a a

Page 137: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

137

5a

1

3

8

97

2

64

3P2P

3P

Fig. 6.13

P

22 2

a

2

2 2

a

1

4

6

82

3 5 7 9a a a

Fig. 6.11

3PP P 2P

2P

a

a a

a

2 4 6

7

a

1 3 5

8 9

a a

2P

2P P 3P

Fig. 6.9

P

a a

Page 138: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

138

6

a

2

4

7

9

a

8

1

53

2

2

3

Fig. 6.16

P

P

2

2 2

2

2

2 2

9 7 5

2

a

8 6 4

3 1

a a 2P

3P

2P

P

Fig. 6.15

P

a a

P

7

5

6

1

984

3

2

2a

a a a a P 3P

2P

2P P

Fig. 6.14

Page 139: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

139

RĂSPUNSURI PENTRU PROBLEMELE 6.5 . . . 6.16

Nr. problm

VALORILE EFORTURILOR DIN BARE

6.5 N1-3=P; N1-4= -4 2 P; N2-4=8P; N4-6=4P; N3-4=3P; N3-5=2 2 P; N3-6= - 2 P;

N7-9= - 2 P; N8-9=P.

6.6 N1-3=2P; N1-4= 3 2 P; N2-4=-9P; N3-4= -2P; N4-6= -6P; N3-6=2 2 P; N3-5=0;

N6-10= -2 2 P; N9-10=2P.

6.7 N1-3= -35P/9; N1-4= -13 97 P/36; N2-4=95P/12; N3-4=13P/3; N3-6= -7 13 P/9;

N4-6=55P/9; N3-5= -7P/3; N7-9= -5P/3; N8-9=10P/3.

6.8 N1-3= 4P; N1-4= 3 2 P; N2-4=-12P; N3-4=-2P; N4-7= -9P; N3-7=2 2 P; N3-6=2P;

N8-10=3 2 P; N7-8= -3P.

6.9 N1-3= -19P; N2-3= 8 2 P; N2-4=12P; N3-4=0; N4-6=12P; N3-6= -6 2 P; N3-5= -5P;

N7-9= -2 2 P; N8-9=3P.

6.10 N1-3= 8P; N1-4= 6 2 P; N2-4= -17P; N3-4= -6P; N4-6= -11P; N3-6=4 2 P; N3-5=4P;

N6-9=-5P; N8-9= -3P.

6.11 N1-3= -17P; N1-4= -7 2 P; N2-4=26P; N3-4=P; N3-5=-17P; N4-5=27 2 P/2;

N4-6=11 2 P/2; N8-9=3 2 P; N7-9= -3P

6.12 N1-3= -15P; N1-4= -8 2 P; N2-4=22P; N3-4=7P; N4-6=14P; N3-6= -7 2 P; N3-5= -8P;

N7-9=-2 2 P; N8-9=2P.

6.13 N1-3= - 2 P; N1-4= -4P; N2-4=7 2 P; N3-4=3 2 P; N3-5=-4P; N4-5=4 2 P; N4-6=2P;

N7-9=3P; N8-9=P.

6.14 N1-3= -17 5 P/4; N2-3= 11 13 P/12; N2-4=26P/3; N3-4= -11P/3; N3-5= -10 5 P/3;

N4-5=5 2 P/3; N4-6=7P; N7-9=- 5 P; N8-9=4P.

6.15 N1-3= 16P; N2-3= -7P; N2-4= -17P; N3-4=7 2 P; N3-5=9P; N4-5= -6P; N4-6= -10P; N7-9=P;

N8-9= -2P.

6.16 N1-3= -35 2 P/2; N2-3= 9P; N2-4=19 2 P/2; N3-4= -23 2 P /2; N4-6=21P; N3-6= -6 2 P;

N3-5= -14P; N7-9= -2 2 P; N8-9=3P.

Page 140: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

140Se consideră grinzile cu zăbrele din fig. 6.17...6.20 Se cunosc: a, α, F1, F2, F3, F4. Se cer: 1) Reacţiunile în reazemul simplu (sau firul) (A) şi articulaţia (B) 2) Eforturile din nodurile (1), (2), (3) folosind metoda izolării nodurilor 3) Eforturile din barele intersectate de planul CC’ folosind metoda

secţiunilor.

Fig. 6.17 α=45

a

1

865

2

a

11

974

31

a a a a

F1

F2

F3

a

C

C;/;FF;FF;FF

464

22

3

2

1

π=α===

Date

B A

Fig. 6.18

1 9 7 4 2a

1 1 8 6 5 3 1

a a a a F1

F2

F4

F3

a a

α

C

C

./;FF;FF;FF;FF

41086

24

3

3

2

1

π=α====

Date

B

A

Fig.

2

9

7

1

1

8

6

a

a

a

a

F1

F2

F3 a

1

4 5

3

C C

./;FF;FF;FF;FF

41086

24

3

3

2

1

π=α====Date

aA B

Fig. 6.20

6 4 28

7 5 3

a a a a

F2

F1

19

C

C

Date;FF;FF 84 21 ==

Page 141: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

141

CAPITOLUL VII ECHILIBRUL FIRULUI OMOGEN GREU

Se consideră un fir omogen greu de lungime L şi de greutate specifică pe unitatea de lungime p având punctele de prindere de la capetele sale notate în continuare cu A şi B (fig. S7.1). Se urmăreşte în acest capitol : determinarea formei de echilibru (curba funiculară) determinarea modului de variaţie a tensiunii interioare din fir (efortul de întindere dintr-o secţiune oarecare atunci când firul este supus suplimentar (în afară de greutatea proprie ) acţiunii unor forţe exterioare.

Ipotezele de lucru folosite sunt: firul se consideră ca un corp unidimensional (dimensiunile secţiunii se neglijează în raport cu lungimea sa) perfect flexibil (nu poate prelua eforturi de încovoiere, compresiune şi forfecare ) perfect inextensibil (nu îşi modifică lungimea sub acţiunea sarcinilor )

În aceste condiţii ecuaţia generală de echilibru a firului sub formă

vectorială se scrie: 0=+ pdsSd (1)

unde: )s(SS = este funcţia vectorială a tensiunii din fir funcţie de arcul s, iar p este greutatea specifică pe unitatea de lungime a firului

Forma de echilibru a firului omogen greu este o curbă numită lănţişor având ecuaţia: y= a ch(x/a+C1)+C2 (2) Dacă curba este raportată la un sistem de axe Oxy şi este simetrică în raport cu axa Oy, iar minimul C are ordonata a atunci ecuaţia are forma simplă: y= a ch(x/a) (3) Lungimea unui arc limitat este s= arc(CM)=a sh(x/a) , lungimea întregii curbe este:

L= 2a sh( α=⇒α⋅=⋅== tg/Latga)a/(shaABL 222 l x/a).

Valoarea tensiunii S într-un punct oarecare al firului M(x,y)este proporţională cu ordonata y a punctului şi are expresia: )a/x(chapypS == (4)

Page 142: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

142

PROBLEME REZOLVATE

7.1. Se consideră un fir omogen de lungime L şi greutate specifică pe unitatea de lungime p , suspendat în punctele A şi B aflate pe aceeaşi orizontală (ca în fig 7.1). Tangenta la fir în punctele A şi B face cu orizontala acelaşi unghi α cunoscut. Se cer: 1) valorile tensiunii în punctele A , B (capetele firului) şi C (situat în punctul cel mai de jos al firului); 2) săgeata firului f; 3) distanţa l=AB .

Rezolvare 1) Tensiunea într-un punct oarecare M(x,y) al firului conform relaţiei (4)

este: )a/x(chapypS ==

Având în vedere că lungimea totală a firului se poate scrie: )a/(sha)CB(arc)AB(arcL 222 l===

iar din fig. 7.1 se poate scrie: ( ) )a/(sh)a/x(sh/ftg

/x22

2ll

l==′=α

=,

rezultă că lungimea totală a firului este: α=⇒α== tg/La,tga)a/(shaL 2222 l

Tensiunea într-un punct oarecare al firului fiind: )a/x(chapS = , rezultă că pentru x=0 se obţine tensiunea din punctul C:

α== tg/pLapSC 2

Întrucât proiecţia pe orizontală a tensiunii în orice punct al firului este constantă se poate scrie: HScosScosS CBA ==α=α , de unde rezultă: α=α== cos/pLcos/SSS CBA 2

2) Săgeata f a firului rezultă din relaţiile tensiunilor din B şi C: αα−=−=−= sin/)cos(Lp/Sp/Syyf CBCB 21

3) Pentru calculul distanţei l=AB se ţine seama de faptul că:

α=+=α== cos/a/sha/chsitga/La/sh 1122 2lll ,

x

y

BA

l

C

p

BSAS

αα

O Fig. 7.1

ecP

Page 143: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

143precum şi de definiţiile funcţiilor hiperbolice obţinându-se:

αα+

⋅==⇒αα+

=⇒

αα+==+

cossinlnaAB,

cossinlna/

;cos/)sin(ea/cha/sh a/

1212

122 2

ll

ll l

Observaţie: 1. La aceleaşi rezultate se poate ajunge dacă se porneşte de la scrierea

ecuaţiilor de echilibru ale forţelor firului liberat de legăturile din A şi B(fig.7.1) Aceste ecuaţii se scriu:

∑∑

=−α+⇔=

=α+α−⇔=

0000

ecBAi

BAi

Psin)SS(YcosScosSX

unde Pec este forţa echivalentă a sistemului de forţe paralele:

∫ ==AB

ec pLpdsP

2. După determinarea celor două tensiuni din fir, celelalte necunoscute se determină folosind procedeul prezentat anterior.

7.2. Se consideră un fir omogen de lungime L şi greutate specifică pe unitatea de lungime p , suspendat în punctele A şi B a căror diferenţă de nivel h este necunoscută (ca în fig 7.2). Tangentele la fir în punctele A şi B fac cu orizontala unghiurile α1 şi α2 cunoscute. Se cer: 1) valorile tensiunii în punctele A , B (capetele firului) şi C (situat în punctul cel mai de jos al firului); 2) diferenţa de nivel h ; 3) lungimea firului L1 între A şi C şi diferenţa de nivel dintre punctele A şi C .

x

y

BA

C

p

BSAS

α2

α1

O Fig. 7.2.a

ecP

h

f

a

x

y

A

C

AS

α1

O Fig. 7.2.b

1ecPCS

f

a

Page 144: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

144Rezolvare

1) Dacă se izolează firul şi se scriu ecuaţiile de echilibru ale forţelor firului eliberat de legăturile din A şi B (fig.7.1.a) se obţine:

∑∑

=−α+α⇔=

=α+α−⇔=

0000

21

21

ecBAi

BAi

PsinSsinSYcosScosSX

)sin(cospLS;

)sin(cospLS BA

21

1

21

2

α+αα

=α+αα

=⇒

unde Pec este forţa echivalentă a sistemului de forţe paralele: ∫ ==

ABec pLpdsP

2) Cunoscând coordonatele A(xA,yA) şi B(xB,yB) şi tensiunile din fir în A şi B: SA=pyA , SB=pyB , avem:

.cos

sinL

)sin()cos(cosL

pS

pSyyh BB

AB

2

221

12

21

12

α+α

α−α

=α+α

α−α=−=−=

3) Izolând porţiunea de fir cuprinsă între A şi C (fig. 7.2.b) şi scriind ecuaţiile de echilibru ale forţelor firului liberat de legăturile din A şi C se obţine:

∑∑

=−α⇔=

=+α−⇔=

0000

11

1

ecAi

CAi

PsinSYScosSX

)sin(cossinL

psinSL

)sin(coscospLcosSS

A

AC

21

2111

21

211

α+ααα

=⇒

α+ααα

=α=⇒

unde Pec este forţa echivalentă a sistemului de forţe paralele:

∫ ==AC

ec pLpdsP 11

Diferenţa de nivel dintre punctele A şi C se scrie:

)sin()cos(cosL

pS

pSayf CA

A21

12 1α+α

α−α=−=−= .

Page 145: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

1457.3. Se consideră un fir de greutate neglijabilă, suspendat în punctele A şi B aflate pe aceaşi orizontală (ca în fig 7.3). În punctele O1 şi O2 ale firului sunt atârnate corpurile 1 şi 2 având greutăţile G1 şi G2, cu săgeţile corespunză-toare f1 şi f2. Se cer: 1) valorile tensiunii pe cele trei porţiuni ale firului; 2) unghiul β pe care îl face porţiunea de fir O1O2 cu orizontala; 3) lungimea totală a firului şi distanţa A1A2 dintre punctele de suspensie.

Rezolvare Întrucât firul nu are greutate, pe cele trei porţiuni A1O1, O1O2, O2B,

tensiunile din fir sunt constante. Pentru rezolvarea problemei se izolează nodurile O1 şi O2 şi se

scriu ecuaţiile de echilibru al forţelor (fig.7.3.b şi c.) obţinându-se:

2112

21222

21222

11211

12111

00

00

SS:undeGsinSsinS

cosScosS:ONodul

GsinSsinScosScosS

:ONodul

=

=−β+α=β−α

=−β+α=β+α−

Rezolvând acest sistem rezultă:

( ) ( )211212

21

1212

21

2211

GG/tgGtgGtg

;)sin(

cos)GG(S;)sin(

cos)GG(S

+α−α=βα+α

α+=

α+αα

+=

22222

2221111

21

2112 α−+==α−+= sinGSGSSsinGSGSS

Lungimea totală a firului şi distanţa AB se determină astfel:

2112112

212

1

1 α+β−+α=α

−+

α= ctgfctg)ff(ctgfAB;

cosf

cosff

cosfL

Fig. 7.3

β

A

O1 O2

f1

a)

f2

B

α2

G1 G2

O'1 O'2

x

b)

α1 β

y

O1

G1

S1

S12

c)

x

y

O2

G2

S21 S3

α2 β

Page 146: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

1467.4 Se consideră un fir omogen greu aflat în repaus, având porţiunea AB pe un plan înclinat cu unghiul α fără frecare şi porţiunea BC liberă (ca în fig 7.4.a). Se cunosc: p greutatea specifică pe unitatea de lungime a firului, unghiul α , unghiul β pe care îl face tangenta la fir cu orizontala în punctul C, diferenţa de nivel h dintre punctele B şi C, lungimea firului L dintre punctele B şi C. Se cer: 1) valorea tensiunii în punctul C ; 2) lungimea L1 pe planul înclinat AB.

Rezolvare

Dacă se izolează cele două porţiuni de fir şi se scriu ecuaţiile de echilibru ale forţelor firului eliberat de legături, - pentru AB (fig.7.4.b) se obţine:

B

i

i

SS;pLGcosGNY

sinpLSsinGSX

==

=α−⇔=

α=⇒=α−⇔=

∑∑

111

1

1111

0000

- pentru BC (fig.S7.4.c) se obţine:

β−+=⇒

==−β+γ=β+γ−

20

02

22

2

22

sinGSGSS)pLG(GsinSsinS

cosScosSCCB

CB

CB

Cunoscând ordonata punctului C şi relaţia dintre tensiuni SC=pyC ⇒

;cos

paaxshpa

axchpaS CC

C β=+⋅=⋅= 21

Înlocuind expresiile obţinute pentru SB şi SC se obţine: 22

2

2222

12 2 Lp

cossinpLa

cosapsinLp +

ββ

−β

Din fig. 7.4.c avem:

hcos

asinLsinLcos

ap

Sp

Syyh BCBC −

β=α⇒α−

β=−=−= 11

)hsinL(cos)hL(a−β

β−=

2

22

.

)hsinL()hL(p

cospaSC −β

−=

β=

2

22

; )hsinL(sin

sinLhhLsinpSL B

−βαβ−+

=2

222

1 .

Fig. 7.4

β

α

h

A

B

C

a) α

A

B

G1

N xy

b)

SB

x

y

O

β

h C

c)

S1

S2

BG2

γ f

a

Page 147: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ -STATICA 2001

147

ANEXA I DATE DE INTRARE ŞI REZULTATELE OBŢINUTE FOLOSIND PROGRAMUL EXCEL PENTRU PROBLEMELE 2.1.4 ... 2.1.20

xA/a yA/a zA/a xB/a yB/a zB/a F1/F xC/a yC/a zC/a xD/a yD/a zD/a F2/F

2.1.4. 4 3 0 2 0 3 4.6904 0 1 3 4 4 3 52.1.5. 4 3 0 2 7 3 5.3852 1 0 3 4 4 3 52.1.6. 3 0 2 0 3 4 4.6904 0 5 4 3 5 0 102.1.7. 1 6 0 0 3 2 3.7416 1 0 2 3 4 2 8.94422.1.8. 2 0 3 4 4 0 5.3851 4 5 3 1 5 0 1.41422.1.9. 4 4 3 1 6 0 4.6904 0 6 3 4 6 0 5

2.1.10. 0 2 2 5 6 0 6.7082 5 7 2 2 7 0 3.60552.1.11. 1 5 0 2 2 2 3.7416 0 5 2 2 5 0 2.82842.1.12 0 0 2 2 5 0 5.7445 3 5 0 0 5 3 4.24262.1.13 0 2 3 1 4 0 3.7416 3 0 3 3 3 0 2.82842.1.14 4 2 0 2 0 3 4.1231 0 5 3 4 5 0 52.1.15 1 5 3 3 2 0 4.6904 3 0 3 3 4 0 52.1.16 1 0 2 0 3 2 3.1622 0 0 2 1 3 0 3.74162.1.17 1 0 3 0 4 3 4.1321 0 0 3 1 4 0 5.0992.1.18 1 0 1 0 1 1 1.4142 0 0 1 1 1 0 1.7322.1.19 1 0 1 0 2 1 2.236 0 0 1 1 2 0 2.44942.1.20 1 0 1 0 2 1 2.236 0 0 1 1 2 0 2.4494

Page 148: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ -STATICA 2001

148

xE/a yE/a zE/a xF/a yF/a zF/a F3/F M1/aF versM1x versM1y versM1z M2/aF versM2x

1 0 2 1 4 2 2 2.000 0 0.000 1.000 0.000 0.0004 7 3 4 7 0 1 2.000 0 0.000 1.000 0.000 0.0003 0 4 3 5 4 1 3.000 0 1 0 0 03 6 2 3 6 0 1 4.000 1 0 0 0 04 0 3 4 5 3 1 5.000 0 1 0 0 04 0 0 4 0 3 4 4.000 0 1 0 0 05 0 0 5 0 2 2 6.000 0 1 0 0 02 0 0 2 0 2 2 4.000 0 0 1 0 03 5 3 3 0 3 2 2.000 -1 0 0 0 03 4 0 3 4 3 3 3.000 1 0 0 0 04 4 0 0 2 3 5.3851 4 0 1 0 0 03 5 0 3 5 3 4 3 0 1 0 0 01 3 0 0 3 2 2.236 1 0 1 0 2 01 4 0 0 4 3 3.1622 1 0 1 0 3 01 1 0 0 1 1 1.4142 1 0 1 0 2 01 2 0 0 2 1 1.4142 2 0 1 0 2 01 2 0 0 0 0 4.4721 1 0 1 0 2 0

Page 149: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ -STATICA 2001

149

versM2y versM2z versF1x versF1y versF1z versF2x versF2y versF2z versF3x versF3y versF3z X/F Y/F Z/F

1 0 -0.426 -0.6396 0.6396 0.8 0.6000 0 0 1 0 2 2 30 0 -0.371 0.7428 0.5571 0.6 0.8000 0 0 0 -1 1 8 20 0 -0.64 0.6396 0.4264 0.6 0.0000 -0.8 0 1 0 3 4 -60 0 -0.267 -0.8018 0.5345 0.4472 0.8944 0 0 0 -1 3 5 10 0 0.3714 0.7428 -0.557 -0.707 0.0000 -0.707 0 1 0 1 5 -40 0 -0.64 0.4264 -0.64 0.8 0.0000 -0.6 0 0 1 1 2 -20 0 0.7454 0.5963 -0.298 -0.832 0.0000 -0.555 0 0 1 2 4 -20 0 0.2673 -0.8018 0.5345 0.7071 0.0000 -0.707 0 0 1 3 -3 20 0 0.3482 0.8704 -0.348 -0.707 0.0000 0.7071 0 -1 0 -1 3 10 0 0.2673 0.5345 -0.802 0 0.7071 -0.707 0 0 1 1 4 -20 0 -0.485 -0.4851 0.7276 0.8 0.0000 -0.6 -0.743 -0.371 0.5571 -2 -4 30 0 0.4264 -0.6396 -0.64 0 0.8000 -0.6 0 0 1 2 1 -20 1 0 1 0 0 1 -1 0 0 1 -1 6 00 1 0 1 0 0 1 -1 0 0 1 -1 8 00 1 -1 1 0 1 1 -1 -1 0 1 -1 2 00 1 0 1 0 0 1 0 -1 0 1 -1 4 00 1 0 1 0 0 1 0 0 -1 0 -2 0 -1

Page 150: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ -STATICA 2001

150

(R/F^2 (MoF1/aF)x (MoF2/aF)y (MoF1/aF)z (MoF2/aF)x (MoF2/aF)y (MoF2/aF)z (MoF3/aF)x (MoF3/aF)y (MoF3/aF)z L/aF

17 9 -12 -6 -9 12 -4 -4 0 2 -469 9 -12 22 -12 9 4 -7 4 0 -1061 -6 -12 9 -40 24 -30 -4 0 3 -5035 12 -2 3 -16 8 8 -6 3 0 -642 -12 12 8 -5 1 5 -3 0 4 -20

9 -18 3 20 -18 12 -24 0 -16 0 -3624 -12 10 -10 -14 4 21 0 -10 0 -2622 10 -2 -8 -10 4 -10 0 -4 0 011 -10 4 0 15 -9 15 6 0 -6 921 -12 3 -2 -6 6 6 12 -9 0 -329 6 -12 -4 -15 12 -20 12 -12 8 3

9 -6 9 -13 -12 9 12 20 -12 0 237 -6 -2 3 -6 2 0 6 -2 3 -665 -12 -3 4 -12 3 0 12 -3 4 -12

5 -1 -1 1 -1 1 0 1 -1 1 -117 -2 -1 2 -2 1 0 2 -1 2 -2

5 -2 -1 2 -2 1 0 0 0 0 -4

Page 151: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ -STATICA 2001

151

M/aF N/aF R*Mo/aF2 (Mmin/aF)x (Mmin/aF)y (Mmin/aF)z (RxMo/aF2)x (RxMo/aF2)y (RxMo/aF2)z Verificare Nr

problema

0 -6 -26 -3.059 -3.059 -4.588 -12 3 0 d 2.1.41 28 54 0.783 6.261 1.565 222 -48 81 d 2.1.5

15 -18 18 0.885 1.180 -1.770 18 354 245 d 2.1.69 11 38 3.257 5.428 1.086 46 -39 57 d 2.1.7

18 17 2 0.048 0.238 -0.190 157 63 118 d 2.1.83 -4 -22 -2.445 -4.889 4.889 -2 76 75 d 2.1.9

10 11 -34 -2.833 -5.667 2.833 64 30 124 d 2.1.10-2 -14 -22 -3.000 3.000 -2.000 46 42 -6 d 2.1.11-5 9 -15 1.364 -4.091 -1.364 32 18 -22 d 2.1.120 4 -11 -0.524 -2.095 1.048 16 2 12 d 2.1.13

-8 -16 -22 1.517 3.035 -2.276 88 -23 28 d 2.1.149 -1 15 3.333 1.667 -3.333 17 -2 16 d 2.1.15

-1 8 0 0.000 0.000 0.000 48 8 37 d 2.1.16-2 11 -4 0.062 -0.494 0.000 88 11 98 d 2.1.170 4 1 -0.200 0.400 0.000 8 4 2 d 2.1.181 6 6 -0.353 1.412 0.000 24 6 7 d 2.1.191 4 4 -1.600 0.000 -0.800 1 12 -2 d 2.1.20

Page 152: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ -STATICA 2001

152

ANEXA II DATE DE INTRARE ŞI REZULTATELE OBŢINUTE FOLOSIND PROGRAMUL EXCEL PENTRU PROBLEMELE 2.2.2 ... 2.2.18

x1/a y1/a F1/F cosa1 sina1 x2/a y2/a F2/F cosa2 sina2 x3/a y3/a F3/F cosa3 sina3 x4/a 2.2.2 1 0 1 1 0 2 2 2.8284 0.7071 0.7071 1 4 4.2426 0.707 -0.7071 0 2.2.3 4 0 10 -0.8 0.6 4 6 5 0.8 0.6 2 6 3 0 -1 0 2.2.4 0 3 5 0.8 0.6 4 4 5 0.6 -0.8 4 0 3 0 1 0 2.2.5 4.5 1.5 1.4142 0.7071 0.7071 2 3 2 0 -1 0 2 3 1 0 0 2.2.6 12 0 13 -0.923 0.3846 0 2 10 0.8 0.6 4 0 5 0 -1 0 2.2.7 0 8 5 0.6 -0.8 3 0 5 0.6 0.8 6 0 4 0 1 -4 2.2.8 -2 0 3 0.5 -0.8665 1 -1.732 3 -1 0 1 -1.732 3 0.5 0.8665 0 2.2.9 3 0 2 0 1 0 4 5 -0.6 -0.8 -3 0 1 -1 0 0

2.2.10 -1 3 4 1 0 -4 9 2 -1 0 1 12 5 0.858 0.5145 0 2.2.11 0 7 1.4142 -0.707 -0.7071 4 7 5 0.6 0.8 5 6 1 0 -1 0 2.2.12 0 2 4.472 0.894 0.447 4 3 2.236 -0.447 -0.894 0 0 1 1 0 4 2.2.13 0 3 1 1 0 1 3 5 0.8 -0.6 3 3 1 0 1 5 2.2.14 4 4 2.236 -0.8944 0.447 4 6 -1 0 3 4 2 0 1 0 2.2.15 9 0 10 -0.6 0.8 3 0 5 0.6 0.8 0 2 5 1 0 4 2.2.16 0 3 5 0.8 -0.6 4 3 2 7 0 2 3 4 0 1 4 2.2.17 0 0 5 0.8 0.6 0 6 5 0.8 -0.6 2 0 4 0 1 4 2.2.18 4 0 5 -0.8 0.6 2 3 6 0 -1 6 2 4 1 0 8

Page 153: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ -STATICA 2001

153

y4/a F4/F cosa4 sina4 M1/aF X/F Y/F S(xiFisinai) S(yiFicosai) Moz/aF xP/a yP xQ yQ/a xJ/a yJ/a MJz/aF Nr. prob

2 4 -1 0 4 2.00 -1.00 1.00 8.00 -3.00 3.00 0 0 1.50 0 5 7.00 2.2.2 2 3 1 0 4 -1.00 6.00 30.00 30.00 4.00 0.67 0 0 4.00 0 3 1.00 2.2.3 0 0 0 0 4 7.00 2.00 -4.00 24.00 -24.00 -12.00 0 0 3.43 4 4 -4.00 2.2.4 0 0 0 0 0 4.00 -1.00 0.50 7.50 -7.00 7.00 0 0 1.75 3 0 -4.00 2.2.5 0 0 0 0 -24 -4.00 6.00 40.00 16.00 0.00 0.00 0 0 0.00 4 5 -44.00 2.2.6 0 2 0 -1 0 6.00 2.00 44.00 24.00 20.00 10.00 0 0 -3.33 6 4 32.00 2.2.7 0 7 0 1 6.93 0.00 7.000 7.80 2.60 12.13 1.73 0 0 infinit 1 -1.73 5.13 2.2.8

-4 5 0.6 0.8 -4 -1.00 2.00 6.00 -24.00 26.00 13.00 0 0 26.00 3 0 20.00 2.2.9 0 0 0 0 8 6.29 2.57 2.57 45.45 -34.88 -13.56 0 0 5.55 -4 9 32.00 2.2.10 0 0 0 0 -3 2.00 2.00 11.00 14.00 -6.00 -3.00 0 0 3.00 1 3 -2.00 2.2.11 2 2 0 -1 0 4.00 -2.00 -16.00 5.00 -20.99 10.50 0 0 5.25 4 3 -1.00 2.2.12 0 1 0 1 0 5.00 -1.00 5.00 15.00 -10.00 10.00 0 0 2.00 1 3 6.00 2.2.13 2 6 1 0 -6 0.00 2.00 6.00 -12.00 12.00 6.00 0 0 infinit 0 6 12.00 2.2.14 4 9 0 -1 0 2.00 3.00 48.00 10.00 38.00 12.67 0 0 infinit 6 4 28.00 2.2.15 1 3 -1 0 0 15.00 1.00 8.00 51.00 -43.00 -43.00 0 0 2.87 0 3 2.00 2.2.16 2 3 -1 0 0 5.00 4.00 8.00 18.00 -10.00 -2.50 0 0 2.00 4 3 -11.00 2.2.17 4 3 0 1 -4 0.00 0.00 24.00 8.00 12.00 0 0 0 3 12.00 2.2.18

Page 154: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ -STATICA 2001

154

ANEXA III DATE DE INTRARE ŞI REZULTATELE OBŢINUTE FOLOSIND PROGRAMUL EXCEL PENTRU PROBLEMELE 2.3.2 ... 2.3.9

x1/a y1/a z1/a F1/F cosa1 x2/a y2/a z2/a F2/F cosa2 x3/a y3/a z3/a F3/F cosa3 x4/a y4/a z4/a F4/F cosa4 x5/a 2.3.2 1 1 0 1 -1 1 1 2 2 1 0 1 1 3 1 2 1 1 4 -1 1 2.3.3 1 1 0 1 -1 1 1 2 2 1 0 1 1 3 1 2 1 1 4 -1 1 2.3.4 1 1 0 1 -1 1 1 2 2 1 0 1 1 3 1 2 1 1 4 -1 1 2.3.5 1 1 0 1 -1 1 1 2 2 1 0 1 1 3 1 2 1 1 4 -1 1 2.3.6 1 1 0 2 -1 1 1 2 3 1 0 1 1 4 1 2 1 1 1 -1 1 2.3.7 1 1 0 2 -1 1 1 2 3 1 0 1 1 4 1 2 1 1 1 -1 1 2.3.8 1 1 0 2 -1 1 1 2 3 1 0 1 1 4 1 2 1 1 1 -1 1 2.3.9 1 1 0 2 -1 1 1 2 3 1 0 1 1 4 1 2 1 1 1 -1 1

Page 155: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ -STATICA 2001

155

y5/a z5/a F5/F cosa5 x6/a y6/a z6/a F6/F cosa6 xB/a yB/a zB/a S(Fixicosai)/aF S(Fiyicosai)/aF S(Fizicosai)/aF

0 1 5 1 1 2 1 6 -1 2 2 2 -8 -12 20 1 5 1 1 2 1 6 -1 0 2 2 -8 -12 20 1 5 1 1 2 1 6 -1 2 0 2 -8 -12 20 1 5 1 1 2 1 6 -1 0 0 2 -8 -12 20 1 2 1 1 2 1 5 -1 2 2 2 -4 -6 60 1 2 1 1 2 1 5 -1 0 2 2 -4 -6 60 1 2 1 1 2 1 5 -1 2 0 2 -4 -6 110 1 2 1 1 2 1 5 -1 0 0 2 -4 -6 11

Page 156: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ -STATICA 2001

156

(delta)x (delta)y (delta)z R/F X/F Y/F Z/F Mox/aF Moy/aF Moz/aF R.Mo/Fa2 xC yC zC0.57735 0.57735 0.57735 -1 -0.57735 -0.57735 -0.57735 -8.0829 5.7735 2.3094 0 8 12 -20.00000 0.70711 0.70711 -1 0.00000 -0.70711 -0.70711 -9.8995 5.65685 -5.6569 0 8 12 -20.70711 0.00000 0.70711 -1 -0.70711 0.00000 -0.70711 -8.4853 7.07107 8.48528 0 8 12 -20.00000 0.00000 1.00000 -1 0.00000 0.00000 -1.00000 -12.000 8 0 0 8 12 -20.57735 0.57735 0.57735 1 0.57735 0.57735 0.57735 -6.9282 5.7735 1.1547 0 -4 -6 60.00000 0.70711 0.70711 1 0.00000 0.70711 0.70711 -8.4853 2.82843 -2.8284 0 -4 -6 60.70711 0.00000 0.70711 1 0.70711 0.00000 0.70711 -4.2426 10.6066 4.24264 0 -4 -6 110.00000 0.00000 1.00000 1 0.00000 0.00000 1.00000 -6.0000 4 0 0 -4 -6 11

Page 157: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ -STATICA 2001

157

ANEXA IV DATE DE INTRARE ŞI REZULTATELE OBŢINUTE FOLOSIND PROGRAMUL EXCEL PENTRU PROBLEMELE 4.210 ... 4.2.24

xB/a yB/a x1/a y1/a X1/pa Y1/pa

x2/a y2/a X2/pa Y2/pa x3/a y3/a X3/pa

Y3/pa x4/a y4/a X4/pa Y4/pa x5/a y5/a

4.2.10 10 0 -2 0 0 -1 4 0 0 -4 4 0 2 0 8 0 0 -8 2 24.2.11 10 0 -2 0 0 -1 2 0 0 -5 4 0 2 0 8 0 0 -8 12 -24.2.12 10 0 7 0 -1 0 8 0 0 -4 12 0 0 -2 3 0 0 -8 -2 24.2.13 10 0 -2 0 0 -2 3 0 -1 0 12 0 0 -1 7 0 0 -8 -3 14.2.14 10 0 -2 0 0 -1 4 0 0 -3 6 0 1 0 9 0 0 -6 2 14.2.15 10 0 7 0 1 0 8 0 0 -2 11 0 0 -1 2 0 0 -10 12 -14.2.16 10 0 7 0 -2 0 9 0 0 -4 12 0 0 -1 3 0 0 -8 4 -24.2.17 10 0 0 1 1 0 6 3 0 -2 8 3 0 -4 2 3 0 -8 10 24.2.18 10 0 -2 3 0 -1 1 3 0 -4 0 1 -1 0 6 3 0 -8 10 14.2.19 10 0 -2 0 0 -1 2 0 0 -4 12 0 1 0 8 0 0 -8 6 -14.2.20 10 0 7 3 0 -4 10 2 -1 0 12 3 0 -1 1 3 0 -6 0 14.2.21 10 0 -2 3 0 -2 10 1 -2 0 12 3 0 -1 6 3 0 -8 0 24.2.22 10 0 8 3 0 -2 10 2 -1 0 11 3 0 -3 4 3 0 -8 0 14.2.23 10 0 -3 2 1 0 -2 0 0 -2 8 0 0 -4 2 0 0 -8 4 -24.2.24 10 0 2 0 0 -4 4 0 0 -2 12 2 1 0 9 0 0 -6 6 -1

Page 158: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ -STATICA 2001

158

X5/pa Y5/pa M/pa^2 SumXi/pa SumYi/pa SumXiyi/pa^2 SumYi

xi/pa^2 VB/pa HA/pa VA/pa NR.PROBL

-3 0 2 -1 -13 -6 -78 7.0 1.0 6.0 4.2.10-3 0 -2 -1 -14 6 -72 8.0 1.0 6.0 4.2.113 0 -2 2 -14 6 -80 8.8 -2.0 5.2 4.2.123 0 -5 2 -11 3 -64 7.2 -2.0 3.8 4.2.13

-3 0 -3 -2 -10 -3 -64 6.4 2.0 3.6 4.2.14-3 0 3 -2 -13 3 -47 4.7 2.0 8.3 4.2.15-3 0 3 -5 -13 6 -72 7.5 5.0 5.5 4.2.16-3 0 -2 -2 -14 -5 -60 5.7 2.0 8.3 4.2.17-3 0 -2 -4 -13 -4 -50 4.8 4.0 8.2 4.2.18-3 0 -3 -2 -13 3 -70 7.6 2.0 5.4 4.2.193 0 2 2 -11 1 -46 4.5 -2.0 6.5 4.2.203 0 0 1 -11 4 -56 6.0 -1.0 5.0 4.2.213 0 2 2 -13 1 -81 8.0 -2.0 5.0 4.2.223 0 3 4 -14 -4 -44 3.7 -4.0 10.3 4.2.233 0 2 4 -12 -1 -70 6.7 -4.0 5.3 4.2.24

Page 159: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ -STATICA 2001

159

ANEXA V DATE DE INTRARE ŞI REZULTATELE OBŢINUTE FOLOSIND PROGRAMUL EXCEL PENTRU PROBLEMELE 5.1.4 ... 5.1.15 NR.Probl yA/a xB/a yB/a x1s/a y1s/a X1s/pa Y1s/pa x2s/a y2s/a X2s/pa Y2s/pa x3s/a y3s/a

5.1.4 -5 4 -5 -6 -3 3 0 -4 0 0 -8 0 05.1.5 -4 8 -4 -2 -1.5 10 0 -1 0 0 -2 0 05.1.6 -5 4 -5 -6 -2 3 0 -3 0 0 -6 0 05.1.7 -4 2 -4 -8 -3 3 0 -4 0 0 -8 0 05.1.8 -8 2 -8 -10 -5 0 -2 -6 0 0 -3 -2 05.1.9 -5 4 -5 -6 -3 2 0 -4 0 0 -4 0 0

5.1.10 -6 4 -6 -4 0 0 -4 -2 2 1 0 0 05.1.11 -6 5 -6 -3 -3 0 -2 -2 0 0 -4 0 05.1.12 -5 6 -5 -4 -1 4 0 -2 0 0 -2 0 05.1.13 -5 4 -5 -6 -3 2 0 -4 0 0 -6 -2 05.1.14 -4 4 -4 -6 -2 4 0 -4 0 0 -6 -2 05.1.15 -5 4 -5 -4 -1 1 0 -3 0 0 -6 0 0

Page 160: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ -STATICA 2001

160

X3s/pa Y3s/pa M1s/pa^2 x1d/a y1d/a X1d/pa Y1d/pa x2d/a y2d/a X2d/pa Y2d/pa x3d/a y3d/a

0 0 -4 2 0 0 -4 4 -1 -2 0 0 00 0 0 4 0 0 -6 8 -1 -4 0 0 00 0 -3 2 0 0 -8 5 -3 0 -2 0 00 0 0 1 0 0 -4 2 1 -2 0 0 00 -6 0 2 -4 -8 0 0 0 0 0 0 00 0 -2 2 0 0 -6 4 -2 -6 0 0 00 0 -3 2 0 0 -6 4 -3 -6 0 0 00 0 0 2.5 0 0 -10 5 -2 -2 0 0 00 0 -2 3 0 0 -6 4 -3 0 -2 0 00 -2 0 3 0 0 -6 0 0 0 0 0 00 -2 0 4 -3 -1 0 0 0.000 0.000 0.000 0 00 0 -3 2 0 0 -4 4 -2.000 -3.000 0.000 0 0

Page 161: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ -STATICA 2001

161

Sd Yixi/pa2 Ns Nd HA VA HB VB HC VC verificare NR.Probl

-8 37 -10 1.00 7.00 -2.00 5.00 4.00 -1.00 d 5.1.4-24 17 -31 -2.95 2.60 -3.05 5.40 7.05 0.60 d 5.1.5-26 21 -26 1.08 4.40 -4.08 11.60 4.08 -1.60 d 5.1.6

-4 41 -3 1.35 5.80 -2.35 6.20 4.35 -2.20 d 5.1.70 50 -34 3.95 10.20 4.05 0.80 3.95 -0.80 d 5.1.8

-12 20 -24 2.72 5.60 1.28 4.40 4.72 1.60 d 5.1.9-12 11 -30 3.27 5.10 1.73 4.90 4.27 1.10 d 5.1.10-25 14 -32 3.83 7.40 -1.83 8.60 3.83 1.40 d 5.1.11-26 6 -26 0.40 2.00 -4.40 8.00 4.40 0.00 d 5.1.12-18 34 -22 0.16 5.80 -2.16 8.20 2.16 -2.20 d 5.1.13

0 36 -6 -1.50 5.00 -1.50 3.00 2.50 -3.00 d 5.1.14-8 16 -14 3.04 5.20 -1.04 4.80 4.04 -0.80 d 5.1.15

Page 162: Probleme Si Teme Aplicative de Statica

CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001

162

BIBLIOGRAFIE

1. Atanasiu, M. - Mecanica . Editura Didactică şi Pedagogică, Bucureşti,

1973. 2. Buchholtz, N.N., Voronkov, I.M., Minokov, I.A.- Culegere de probleme de

mecanică raţională. (traducere din limba rusă). Editura tehnică, Bucureşti, 1952.

3. Ceauşu, V., Enescu, N., Ceauşu, F. - Culegere de probleme de mecanică, I.P.Bucureşti, vol.I, II, III, 1983.

4. Darabont, Al., Munteanu , M., Văiteanu, D.- Mecanică tehnică. Culegere de probleme. Statica şi Cinematica. Ed, Scrisul Românesc, Craiova, 1983

5. Enescu, N., Stroe, S., Ion,C., Ivan, M., Magheţi, I, Ion, E., Savu,M., Cayacu,G. Seminar de Mecanică. Probleme. IPBucureşti, 1990.

6. Huidu, T. - Mecanica teoretică şi elemente de mecanica solidului deformabil, vol. I, II, Institutul de Petrol şi Gaze, Ploieşti, 1983

7. Iacob, C. - Mecanica Teoretică. Ed. Didactică şi Pedagogică, Bucureşti, 1971

8. Marin , C., Huidu, T. - Mecanica. Editura Printech, Bucuresti 1999. 9. Posea, N., Florian,V., Talle,V., Tocaci, E.- Mecanica aplicată pentru

ingineri. Editura tehnică, Bucureşti, 1984. 10. Rădoi, M., Deciu, E. - Mecanica . Editura Didactică şi Pedagogică,

Bucureşti, 1977 11. Roşca, I. – Mecanica pentru ingineri. Editura MatrixRom, Bucureşti,

1998. 12. Roşca, I. – Sumar de Mecanica.. Editura MatrixRom, Bucureşti, 1999. 13. Staicu, Şt.- Mecanica teoretică. Editura Didactică şi Pedagogică R.A,

Bucureşti, 1998. 14. Vâlcovici, V., Bălan, Şt., Voinea, R. - Mecanica Teoretică. Editura

Didactică şi Pedagogică, Bucureşti, 1968 15. Voinaroski, R. - Mecanica Teoretică. Editura Didactică şi Pedagogică,

Bucureşti, 1968 16. Voinea, R., Voiculescu, D., Ceauşu, V. - Mecanica . Editura Didactică şi

Pedagogică, Bucureşti, 1975