Probleme Si Teme Aplicative de Statica
Transcript of 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
2
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
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
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
6
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)
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)
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
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:
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:
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 −+=+=+−=
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
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
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
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
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
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
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.
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 =+=+++=
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
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
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 ;
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
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
yα
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.
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
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.
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
+θ
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)
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
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
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
+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
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
+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)
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
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
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
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.
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
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
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).
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
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+×
=ρ
)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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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.
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)
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
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
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
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
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
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
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
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
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:
+−=
=τ
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
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:
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++
=η
++=ξ
6 Corp omogen conic de înălţime h
4
300
h;;
=ζ
=η=ξ
7 Corp omogen semisferic de rază R
8
300
R;;
=ζ
=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
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
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
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
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
=ξ
Acelaşi rezultat se obţine cu ajutorul următorului tabel:
O4
C4
C3
C1 C2
Fig. 3.1.2
z
y O
x
a
a a
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
CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001
73
π
=π
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−−+−−+
=ξ
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
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−−+−−+
=ξ
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
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−
=ξ
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
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
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+−
=ζ
++
=ζ
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
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⇒
++
=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
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
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
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
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
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−
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.
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.
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
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=
=θ−=
∑
∑∑
cosaNcosG:M
GcosN:YsinNN:X
DAz
Di
DAi
l
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
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+=
=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
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
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
===
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
−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
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
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
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
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
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.
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.
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.
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.
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
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.
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
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
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
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
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
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
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
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:
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
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
CULEGERE DE PROBLEME ŞI TEME APLICATIVE DE MECANICĂ - STATICA 2001
112
Corpul 2
µα
=µ
=⇒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.
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
=⇒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
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
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
=⇒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
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
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.
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
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
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
=⇒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
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
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
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
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+ .
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.
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.
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
=α
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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.
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 ==
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)
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
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
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
=⇒
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=−=−= .
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
+β
−+
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
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
=α
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−+
=α
=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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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