۱- آنچه در این آموزش خواهیم خواند… عنوان این آموزش حل مسائل مهم تمامی فصل‌های کتاب استاتیک مریام می‌باشد. در واقع در آموزش‌های گذشته مباحث استاتیک در هر بخش تعدادی مسئله به‌عنوان حل تمرین آورده شده بود. در این آموزش شیوه حل این مسائل بررسی می‌شوند. برای فهم بهتر حل مسائل می‌توانید به ویدیو مراجعه کنید.
۱-۲- مسئله ۲ نیرویی با بردار F=120i-160j+80k N بیان شده است. زاویه‌ای که بردار F با جهت مثبت محورهای x و y و z می‌سازد را تعیین کنید.
کسینوس زوایای هادی و اندازه مولفه‌های بردار به‌صورت زیر است:
l = c o s 𝜃 𝑥 m = c o s 𝜃 𝑦 n = c o s 𝜃 𝑧 l=cos\ 𝜃_𝑥
\\\\\
m=cos\ 𝜃_𝑦
\\\\\
n=cos\ 𝜃_𝑧
V x = l V V y = m V V z = n V V_x=lV
\\\\\
V_y=mV
\\\\\
V_z=nV
بنابراین داریم:
c o s θ x = F x F = 120 120 2 + ( − 160 ) 2 + 80 2 = 0.557 → θ x = cos − 1 0.557 = 56.1 o cos{\theta_x}=\frac{F_x}{F}=\frac{120}{\sqrt{{120}^2+{(-160)}^2+{80}^2}}=0.557\rightarrow\theta_x=\cos^{-1}{0.557=}56.1ᵒ c o s θ y = F y F = − 160 120 2 + ( − 160 ) 2 + 80 2 = − 0.743 → θ x = cos − 1 ( − 0.743 ) = 138 o cos{\theta_y}=\frac{F_y}{F}=\frac{-160}{\sqrt{{120}^2+{(-160)}^2+{80}^2}}=-0.743\rightarrow\theta_x=\cos^{-1}{(-0.743)=}138ᵒ c o s θ z = F z F = 80 120 2 + ( − 160 ) 2 + 80 2 = 0.371 → θ x = cos − 1 0.371 = 68.2 o cos{\theta_z}=\frac{F_z}{F}=\frac{80}{\sqrt{{120}^2+{(-160)}^2+{80}^2}}=0.371\rightarrow\theta_x=\cos^{-1}{0.371=}68.2ᵒ ۱-۳- مسئله ۳ در شکل مسئله دو عضو یک خرپا را می‌بینید که یکی تحت کشش و دیگری تحت فشار است. این نیروها متقابلا به مفصل O وارد می‌شوند. اندازه برایند این دو نیرو یعنی R و زاویه θ که این بردار با جهت مثبت محور x می‌سازد را تعیین کنید.
با تجزیه نیروها در راستای x و y داریم:
𝐹 1 𝑥 = 2 × c o s 30 = 1.73 𝑘 𝑁 𝐹_{1𝑥}=2×cos\ 30=1.73 𝑘𝑁
𝐹 1 𝑦 = 2 × s i n 30 = 1 𝑘 𝑁 𝐹_{1𝑦}=2×sin\ 30=1 𝑘𝑁
α = tan − 1 4 3 = 53.13 o \alpha=\tan^{-1}{\frac{4}{3}}=53.13ᵒ 𝐹 2 𝑥 = 3 × c o s 53.13 = 1.8 𝑘 𝑁 𝐹_{2𝑥}=3×cos\ 53.13=1.8 𝑘𝑁
𝐹 2 𝑦 = − 2 × s i n 53.13 = − 2.4 𝑘 𝑁 𝐹_{2𝑦}=−2×sin\ 53.13=−2.4 𝑘𝑁
𝑅 𝑥 = Σ 𝐹 𝑥 = 1.73 + 1.8 = 3.53 𝑘 𝑁 𝑅_𝑥=Σ𝐹_𝑥=1.73+1.8=3.53 𝑘𝑁
𝑅 𝑦 = Σ 𝐹 𝑦 = 1 − 2.4 = − 1.4 𝑘 𝑁 𝑅_𝑦=Σ𝐹_𝑦=1−2.4=−1.4 𝑘𝑁
R = R x 2 + R y 2 = 3.53 2 + ( − 1.4 ) 2 = 3.8 k N R=\sqrt{{R_x}^2+{R_y}^2}=\sqrt{{3.53}^2+{(-1.4)}^2}=3.8\ kN θ = tan − 1 R y R x = 21.6 o \theta=\tan^{-1}{\frac{R_y}{R_x}}=21.6ᵒ
۲-۳- مسئله ۵ کابل AB تحت کشش 400N قرار دارد. گشتاور این نیروی کششی که به نقطه A از میله باریک OA وارد می‌شود را نسبت به نقطه O تعیین کنید.
با توجه به رابطه گشتاور (Mo =Fd) داریم:
قانون کسینوس‌ها
R = R 1 2 + R 2 2 − 2 R 1 R 2 cos θ R=\sqrt{R_1^2+R_2^2-2R_1R_2\cos{\theta}} A B = 650 2 + 500 2 − 2 × 650 × 500 × cos 60 = 589.5 m m AB=\sqrt{{650}^2+{500}^2-2\times650\times500\times\cos{60}}=589.5\ mm قانون سینوس‌ها
a sin α = b sin β = c sin γ \frac{a}{\sin{\alpha}}=\frac{b}{\sin{\beta}}=\frac{c}{\sin{\gamma}} 650 sin α = 589.5 sin 60 → α = 72.7 o \frac{650}{\sin{\alpha}}=\frac{589.5}{\sin{60}}\rightarrow\alpha=72.7ᵒ d sin 72.7 = 500 sin 90 → d = 477.4 m m \frac{d}{\sin{72.7}}=\frac{500}{\sin{90}}\rightarrow\ d=477.4\ mm M o = F d = 400 × 477.4 × ( 10 − 3 ) = 190.96 N m پادساعتگرد M_o=Fd=400\times477.4\times\left({10}^{-3}\right)=190.96\ Nm\ \text{پادساعتگرد} ۱-۴- مسئله ۷ نقاط A و B در وسط اضلاع کوچک و بزرگ یک مستطیل قرار دارند. نیروی F که به نقطه A وارد می‌شود را با یک سیستم نیرو-کوپل معادل در نقطه B جایگزین کنید.
بر اساس سیستم‌های نیرو – کوپل داریم:
O A = ( b 2 ) 2 + h 2 OA=\sqrt{{(\frac{b}{2})}^2+h^2} sin θ = h ( b 2 ) 2 + h 2 = 2 h b 2 + 4 h 2 \sin{\theta}=\frac{h}{\sqrt{{(\frac{b}{2})}^2+h^2}}=\frac{2h}{\sqrt{b^2+4h^2}} cos θ = b 2 ( b 2 ) 2 + h 2 = b b 2 + 4 h 2 \cos{\theta}=\frac{\frac{b}{2}}{\sqrt{{(\frac{b}{2})}^2+h^2}}=\frac{b}{\sqrt{b^2+4h^2}} ↷ + M B = ( F cos θ ) ( h 2 ) + ( F sin θ ) ( b 2 ) = ( F b b 2 + 4 h 2 ) ( h 2 ) + ( 2 F h b 2 + 4 h 2 ) ( b 2 ) = 3 F b h 2 b 2 + 4 h 2 ساعتگرد \curvearrowright^+M_B=(F\cos{\theta)\left(\frac{h}{2}\right)+(F\sin{\theta)\left(\frac{b}{2}\right)}}=\left(\frac{Fb}{\sqrt{b^2+4h^2}}\right)\left(\frac{h}{2}\right)+\left(\frac{2Fh}{\sqrt{b^2+4h^2}}\right)\left(\frac{b}{2}\right)=\frac{3Fbh}{2\sqrt{b^2+4h^2}} \\\text{ساعتگرد} F → B = F c o s θ i + F s i n θ j = F b b 2 + 4 h 2 i + 2 F h b 2 + 4 h 2 j = F b 2 + 4 h 2 ( b i + 2 h j ) {\vec{F}}_B=Fcos{\theta i\ +Fsin{\theta j\ }}=\frac{Fb}{\sqrt{b^2+4h^2}}i+\frac{2Fh}{\sqrt{b^2+4h^2}}j=\frac{F}{\sqrt{b^2+4h^2}}(bi+2hj) ۲-۴- مسئله ۹ برآیند R سه نیروی وارد به خرپای ساده‌ای که در شکل می‌بینید را تعیین کنید و محل برخورد خط اثر R با محورهای x و y را نیز بدست آورید.
نقطه o به عنوان مرجع انتخاب شده‌است. داریم:
𝑅 𝑥 = Σ 𝐹 𝑥 = − 25 + 20 s i n 30 = − 15 𝑘 𝑁 𝑅_𝑥=Σ𝐹_𝑥=−25+20 sin30=−15 𝑘𝑁
𝑅 𝑦 = Σ 𝐹 𝑦 = − 30 − 20 c o s 30 = − 47.3 𝑘 𝑁 𝑅_𝑦=Σ𝐹_𝑦=−30−20 cos30=−47.3 𝑘𝑁
R = R x 2 + R y 2 = ( − 15 ) 2 + ( − 47.3 ) 2 = 49.6 k N R=\sqrt{{R_x}^2+{R_y}^2}=\sqrt{{(-15)}^2+{(-47.3)}^2}=49.6\ kN R → = − 15 i − 47.3 j k N \vec{R}=-15i-47.3j\ kN ↶ + M o = Σ ( F d ) = 25 × 5 − 20 c o s 30 × 9 − 20 s i n 30 × 5 − 30 × 9 = − 351 k N . m \curvearrowleft^+M_o=\mathrm{\Sigma}\left(Fd\right)=25\times5-20cos{30}\times9-20sin{30}\times5-30\times9=-351\ kN.m جهت پادساعتگرد را مثبت فرض کردیم اما چون حاصل گشتاور منفی شده، نشان می‌دهد که جهت صحیح ساعتگرد بوده است.
r → × R → = M o → ( x i → + y j → ) × ( − 15 i → − 47.3 j → ) = − 351 k → \vec{r}\times\vec{R}=M_o\rightarrow\left(x\vec{i}+y\vec{j}\right)\times\left(-15\vec{i}-47.3\vec{j}\right)=-351\vec{k} | x y − 15 − 47.3 | k → = ( − 47.3 x + 15 y ) k → = − 351 k → \left|\begin{matrix}x&y\\-15&-47.3\\\end{matrix}\right|\vec{k}=\left(-47.3x+15y\right)\vec{k}=-351\vec{k} ( − 47.3 x + 15 y ) = − 351 → f o r ( y = 0 ) x = 7.42 m \left(-47.3x+15y\right)=-351\rightarrow for(y=0)\\ x=7.42\ m ( − 47.3 x + 15 y ) = − 351 → f o r ( x = 0 ) y = − 23.4 m \left(-47.3x+15y\right)=-351\rightarrow for(x=0)\\ y=-23.4\ m دلیل منفی بودن مقدار گشتاور این است که چون گشتاور ساعتگرد بوده است، با توجه به قانون دست راست، جهت شست به سمت داخل صفحه که جهت منفی محور z است، می‌باشد.
۱-۵- مسئله ۳ هنگامی که قاب AOC با جرم 0.5kg در تماس با تکیه گاه C است، فنر خطی به انداره ۱۰ میلی‌متر کشیده شده است. نیروی مورد نیاز P برای جداکردن قاب از تکیه‌گاه C را در دوحالت الف) با در نظر گرفتن وزن قاب ب) با چشم‌پوشی از آن تعیین کنید.
ابتدا نیروی فنر و نیروی وزن را محاسبه می‌کنیم.
𝐹 = 𝐾 ∆ 𝑥 = 1750 × 0.01 = 17.5 𝑁 𝐹=𝐾 ∆𝑥=1750×0.01=17.5 𝑁
𝑊 = 𝑚 𝑔 = 0.5 × 9.81 = 4.9 𝑁 𝑊=𝑚 𝑔=0.5×9.81=4.9 𝑁
حال با رسم دیاگرام آزاد جسم و با توجه به اینکه عکس العمل تکیه‌گاه C صفر است در دو حالت الف و ب داریم:
الف)
↶ + ΣM o = 0 = P × 120 − 17.5 × 40 + 4.9 × 60 → P = 3.4 N \curvearrowleft^+{\mathrm{\Sigma M}}_o=0=P\times120-17.5\times40+4.9\times60\rightarrow\ P=3.4\ N ب)
↶ + ΣM o = 0 = P × 120 − 17.5 × 40 → P = 5.83 N \curvearrowleft^+{\mathrm{\Sigma M}}_o=0=P\times120-17.5\times40\rightarrow\ P=5.83\ N ۱-۶- مسئله ۲ با روش مفصل نیروی داخلی در عضو CG از خرپای زیر را تعیین کنید. فرض کنید که اندازه چهار عکس‌العمل خارجی در تکیه‌گاه‌های A، B، E و F یکسان است و راستای این عکس‌العمل‌ها بر سطح تکیه‌گاهی آن‌ها عمود است.
ابتدا عکس‌العمل‌های تکیه‌گاهی با استفاده از دیاگرام آزاد کل خرپا محاسبه می‌شود.
𝐸 𝐴 = 𝐸 𝐵 = 𝐸 𝐸 = 𝐸 𝐹 = 𝐸 𝐸_𝐴=𝐸_𝐵=𝐸_𝐸=𝐸_𝐹=𝐸
Σ F y = 0 → 4 E cos 45 − L − L = 0 → 4 2 2 E = 2 L → E = L 2 × 2 2 = L 2 2 \mathrm{\Sigma}F_y=0\rightarrow4E\cos{45}-L-L=0\rightarrow4\frac{\sqrt2}{2}E=2L\rightarrow\ E=\frac{L}{\sqrt2}\times\frac{\sqrt2}{\sqrt2}=\frac{L\sqrt2}{2} در بخش انتهایی محاسبات فوق کسر را گویا کردیم.
E A = E B = E E = E F = L 2 2 E_A=E_B=E_E=E_F=\frac{L\sqrt2}{2} برای مفصل E داریم:
Σ F x = 0 → − L 2 2 cos 45 + D E sin 60 − E F sin 45 = 0 → 3 2 D E − 2 2 E F = L 2 \mathrm{\Sigma}F_x=0\rightarrow-\frac{L\sqrt2}{2}\cos{45}+DE\sin{60}-EF\sin{45}=0\rightarrow\frac{\sqrt3}{2}DE-\frac{\sqrt2}{2}EF=\frac{L}{2} Σ F y = 0 → L 2 2 sin 45 − D E c o s 60 − E F cos 45 = 0 → 1 2 D E + 2 2 E F = L 2 \mathrm{\Sigma}F_y=0\rightarrow\frac{L\sqrt2}{2}\sin{45}-DEco\ s{60}-EF\cos{45}=0\rightarrow\frac{1}{2}DE+\frac{\sqrt2}{2}EF=\frac{L}{2} با حل دستگاه دو معادله و دو مجهول داریم:
𝐸 𝐹 = 0.19 𝐿 کششی 𝐷 𝐸 = 0.73 𝐿 فشاری 𝐸𝐹=0.19𝐿 \text{کششی}
\\\\\
𝐷𝐸=0.73𝐿 \text{فشاری}
برای مفصل F داریم:
با کمک قانون کسینوس‌ها داریم:
D F = R 2 + ( 3 R 4 ) 2 − 2 × R × 3 R 4 × cos 30 = 0.513 R DF=\sqrt{R^2+{(\frac{3R}{4})}^2-2\times R\times\frac{3R}{4}\times\cos{30}}=0.513R با کمک قانون سینوس‌ها داریم:
R 4 sin α = 0.513 R sin 105 → α = 28.1 → 28.1 + 30 = 58.1 \frac{\frac{R}{4}}{\sin{\alpha}}=\frac{0.513R}{\sin{105}}\rightarrow\alpha=28.1\rightarrow28.1+30=58.1 Σ F x = 0 → − L 2 2 cos 45 + 0.19 L cos 45 + D F c o s 58.1 − F G cos 30 = 0 → 0.528 D F − 0.866 F G = 0.366 L \mathrm{\Sigma}F_x=0\rightarrow-\frac{L\sqrt2}{2}\cos{45}+0.19L\cos{45}+DFcos{58.1}-FG\cos{30}=0\rightarrow0.528DF-0.866FG=0.366L Σ F y = 0 → L 2 2 sin 45 + 0.19 L sin 45 − D F sin 58.1 + F G sin 30 = 0 → − 0.849 D F + 0.5 F G = − 0.634 L \mathrm{\Sigma}F_y=0\rightarrow\frac{L\sqrt2}{2}\sin{45}+0.19L\sin{45}-DF\sin{58.1}+FG\sin{30}=0\rightarrow-0.849DF+0.5FG=-0.634L با حل دستگاه دو معادله و دو مجهول داریم:
D F = 0.78 L فشاری F G = 0.05 L کششی DF=0.78L \text{فشاری}
\\\\\
FG=0.05L \text{کششی} برای مفصل D داریم:
Σ 𝐹 𝑦 = 0 → − 𝐿 − 𝐷 𝐺 c o s 15 + 𝐷 𝐹 s i n 58.1 + 𝐷 𝐸 s i n 30 = 0 → 𝐷 𝐺 = 0.03 𝐿 Σ𝐹_𝑦=0→−𝐿−𝐷𝐺 cos15+𝐷𝐹 sin58.1+𝐷𝐸 sin30=0→𝐷𝐺=0.03𝐿
برای مفصل G داریم:
Σ 𝐹 𝑦 = 0 → 𝐷 𝐺 c o s 15 + 𝐶 𝐺 s i n 28.1 − 𝐺 𝐹 s i n 30 = 0 → 𝐶 𝐺 = 0 Σ𝐹_𝑦=0→𝐷𝐺 cos15+𝐶𝐺 sin28.1−𝐺𝐹 sin30=0→𝐶𝐺=0
۱-۷- مسئله ۴ برای خرپایی که در شکل می‌بینید نیروی داخلی عضو DG را بیابید
عکس‌العمل‌های تکیه‌گاهی را با استفاده از دیاگرام آزاد کل خرپا محاسبه می‌کنیم:
↶ + ΣM B = 0 → 4 L + 8 L + 12 L + 16 L + 20 L − 20 A y = 0 → A y = 3 L \curvearrowleft^+{\mathrm{\Sigma M}}_B=0\rightarrow4L+8L+12L+16L+20L-20A_y=0\rightarrow\ A_y=3L ΣF y = 0 → B y = 3 L {\mathrm{\Sigma F}}_y=0\rightarrow\ B_y=3L حال دیاگرام آزاد سمت چپ مقطع را رسم می‌کنیم:
↶ + ΣM D = 0 → 3 F G + 4 L + 8 L − 3 L × 8 = 0 → F G = 4 L کششی \curvearrowleft^+{\mathrm{\Sigma M}}_D=0\rightarrow3FG+4L+8L-3L\times8=0\rightarrow\ FG=4L \text{کششی} در مفصل G داریم:
θ = tan − 1 1 4 = 14.04 \theta=\tan^{-1}{\frac{1}{4}=14.04} ΣF x = 0 → − F G + G H cos 14.04 → G H = 4.12 L کششی {\mathrm{\Sigma F}}_x=0\rightarrow-FG+GH\cos{14.04}\rightarrow\ GH=4.12L \text{کششی} ΣF y = 0 → G D − G H sin 14.04 → G d = 1 L کششی {\mathrm{\Sigma F}}_y=0\rightarrow\ GD-GH\sin{14.04}\rightarrow\ Gd=1L \text{کششی} ۱-۸- مسئله ۲ مرکز هندسی شکل زیر را حساب کنید.
ابتدا معادله خط (که در تصویر با فلش مشخص شده.) نوشته می‌شود.
( 𝑎 , 0 ) ( 0 , 𝑏 ) (𝑎,0)
\\\\\
(0,𝑏)
m = y 2 − y 1 x 2 − x 1 = b − 0 0 − a = − b a m=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=\frac{b-0}{0-a}=-\frac{b}{a} y − y 0 = m ( x − x 0 ) → y − 0 = − b a ( x − a ) → y = b a ( a − x ) y-y_0=m\left(x-x_0\right)\rightarrow\ y-0=-\frac{b}{a}\left(x-a\right)\rightarrow\ y=\frac{b}{a}\left(a-x\right) معادله سهمی نیز نوشته می‌شود.
x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1 → M u l t i p l i e d b y ( × a 2 b 2 ) → b 2 x 2 + a 2 y 2 = a 2 b 2 → y 2 = a 2 b 2 − b 2 x 2 a 2 = b 2 ( a 2 − x 2 ) a 2 → y = b a a 2 − x 2 \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\rightarrow Multiplied\ by(\times a^2b^2)\rightarrow\ b^2x^2+a^2y^2=a^2b^2\rightarrow\ y^2=\frac{a^2b^2-b^2x^2}{a^2}=\frac{b^2(a^2-x^2)}{a^2}\rightarrow\ y=\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2} حال برای المان مد نظر داریم:
h = b a a 2 − x 2 − b a ( a − x ) h=\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}-\frac{b}{a}\left(a-x\right) h = b a [ a 2 − x 2 − ( a − x ) ] h=\frac{b}{a}\left[\sqrt{a^2-x^2}-\left(a-x\right)\right] حال از رابطه مرکز سطح استفاده می‌کنیم.
x ‾ = ∫ x d A A \bar{x}=\frac{\int x d A}{A} h = b a [ a 2 − x 2 − ( a − x ) ] h=\frac{b}{a}\left[\sqrt{a^2-x^2}-\left(a-x\right)\right] A = ∫ h d x = ∫ 0 a b a [ a 2 − x 2 − ( a − x ) ] d x A=\int{hdx}=\int_{0}^{a}{\frac{b}{a}\left[\sqrt{a^2-x^2}-(a-x)\right]dx} A = b a [ ∫ 0 a a 2 − x 2 d x − ∫ 0 a a d x + ∫ 0 a x d x ] A=\frac{b}{a}\left[\int_{0}^{a}\sqrt{a^2-x^2}dx-\int_{0}^{a}a\ dx+\int_{0}^{a}x\ dx\right] A = b a [ 1 2 ( x a 2 − x 2 + a 2 sin − 1 x a ) − a x + x 2 2 ] | 0 a = a b 2 [ π 2 − 1 ] A=\frac{b}{a}\left.\ \left[\frac{1}{2}\left(x\sqrt{a^2-x^2}+a^2\sin^{-1}{\frac{x}{a}}\right)-ax+\frac{x^2}{2}\right]\right|_0^a=\frac{ab}{2}\left[\frac{\pi}{2}-1\right] ∫ x d A = ∫ x h d x = ∫ 0 a x b a [ a 2 − x 2 − ( a − x ) ] d x = b a ∫ 0 a [ x a 2 − x 2 − ( a x − x 2 ) ] d x = b a [ − 1 3 ( a 2 − x 2 ) 3 − a x 2 2 + x 3 3 ] | 0 a = b a 2 6 \int x\ d\ A=\int x\ h\ dx=\int_{0}^{a}{x\frac{b}{a}\left[\sqrt{a^2-x^2}-\left(a-x\right)\right]dx}=\frac{b}{a}\int_{0}^{a}\left[x\sqrt{a^2-x^2}-\left(ax-x^2\right)\right]dx=\frac{b}{a}\left.\left[-\frac{1}{3}\sqrt{{(a^2-x^2)}^3}-\frac{ax^2}{2}+\frac{x^3}{3}\right]\right|_0^a=\frac{ba^2}{6} x ‾ = ∫ x d A A = b a 2 6 a b 2 [ π 2 − 1 ] = a 3 ( π 2 − 1 ) \bar{x}=\frac{\int x\ d\ A}{A}=\frac{\frac{ba^2}{6}}{\frac{ab}{2}\left[\frac{\pi}{2}-1\right]}=\frac{a}{3(\frac{\pi}{2}-1)} به طریق مشابه داریم:
y ‾ = b 3 ( π 2 − 1 ) \bar{y}=\frac{b}{3(\frac{\pi}{2}-1)} ۲-۸- مسئله ۴ مرکز سطح تیر زیر را بیابید.
به دلیل تقارن تیر نسبت به محور Y مولفه x̅ برابر صفر است.
Y ‾ = ∑ A i y i ‾ ∑ A i = 133.94 m m \bar{Y}=\frac{\sum{A_i\bar{y_i}}}{\sum A_i}=133.94mm ۱-۹- مسئله ۶ به تیر زیر یک بار متمرکز یک بار گسترده بیضوی و یک کوپل وارد می‌شود. نیروی P را چنان تعیین کنید که عکس‌العمل تکیه‌گاه در B صفر شود.
با توجه به مساحت بیضی که برابر πab است اندازه نیروی L و محل آن محاسبه می‌شود.
L = π 4 ( 5 2 ) 2 = 5 π L=\frac{\pi4(\frac{5}{2})}{2}=5\pi x ‾ = 5 2 = 2.5 \bar{x}=\frac{5}{2}=2.5 ↶ + ΣM A = 0 → − 5 π ( 3 − 2.5 ) + 4 P − 20 − 0 = 0 → P = 6.96 k N \curvearrowleft^+{\mathrm{\Sigma M}}_A=0\rightarrow-5\pi\left(3-2.5\right)+4P-20-0=0\rightarrow\ P=6.96\ kN ۱-۱۰- مسئله ۸ نمودارهای نیروی برشی و لنگر خمشی را برای تیر بارگذاری شده شکل مقابل رسم کنید. ماکسیمم لنگر خمشی را به‌دست آورید.
با توجه به تقارن، عکس‌العمل‌های تکیه‌گاهی برابر هستند.
ΣF y = 0 → − 2 ω 0 L 4 + 2 R = 0 → R = R B = R A = ω 0 L 4 {\mathrm{\Sigma F}}_y=0\rightarrow-2\frac{\omega_0L}{4}+2R=0\rightarrow\ R=R_B=R_A=\frac{\omega_0L}{4} مقدار برش در مرکز تقارن تیر صفر است و لنگر ماکسیمم مقدار را دارد. حال در مقطع سمت چپ با طول x داریم:
ΣF y = 0 → V − ω 0 x 2 L = 0 → V = ω 0 x 2 L {\mathrm{\Sigma F}}_y=0\rightarrow\ V-\frac{\omega_0x^2}{L}=0\rightarrow\ V=\frac{\omega_0x^2}{L} در مقطع سمت چپ در x=L/2 داریم:
↶ + ΣM O = 0 → − ω 0 L 4 × L 2 + ω 0 L 4 × 2 L 3 + M 0 = 0 → M m a x = M o = ω 0 L 2 24 \curvearrowleft^+{\mathrm{\Sigma M}}_O=0\rightarrow-\frac{\omega_0L}{4}\times\frac{L}{2}+\frac{\omega_0L}{4}\times\frac{2L}{3}+M_0=0\rightarrow{M_{max}=M}_o=\frac{\omega_0L^2}{24} همچنین برای هر x دلخواه داریم:
↶ + ΣM O = 0 → − M − ω 0 x 2 L × x + ω 0 x 2 L × 2 x 3 + ω 0 L 2 24 → M = ω 0 3 L ( L 3 8 − x 3 ) \curvearrowleft^+{\mathrm{\Sigma M}}_O=0\rightarrow-M-\frac{\omega_0x^2}{L}\times\ x+\frac{\omega_0x^2}{L}\times\frac{2x}{3}+\frac{\omega_0L^2}{24}\rightarrow\ M=\frac{\omega_0}{3L}(\frac{L^3}{8}-x^3) حال به رسم نمودار نیروی برشی و لنگر خمشی می‌پردازیم.
V A = ω 0 L 4 V O = 0 V_A=\frac{\omega_0L}{4}
\\\\\
V_O=0 M = ω 0 3 L ( L 3 8 − x 3 ) M=\frac{\omega_0}{3L}(\frac{L^3}{8}-x^3) با توجه به اینکه نمودار بار نزولی است بنابراین تقعر نمودار برش رو به بالا می‌باشد. همچنین نمودار بار مقدار مثبت دارد پس نمودار برش نزولی است. نمودار بار خطی است بنابراین نمودار برش سهمی درجه ۲ می‌باشد. نمودار برش درجه ۲ است پس نمودار خمش درجه ۳ خواهد بود. نمودار برش کاهشی است در نتیجه تقعر نمودار خمش رو به پایین است.
V B = V A + L t o t a l = ω 0 L 4 + ( − 2 ω 0 L 4 ) = − ω 0 L 4 V_B=V_A+L_{total}=\frac{\omega_0L}{4}+\left(-2\frac{\omega_0L}{4}\right)=-\frac{\omega_0L}{4} نمودار بار صعودی است پس تقعر نمودار برش رو به پایین خواهد بود. همچنین نمودار بار مقدار مثبت دارد پس نمودار برش نزولی است. نمودار بار خطی است بنابراین نمودار برش سهمی درجه ۲ می‌باشد. نمودار برش درجه ۲ است پس نمودار خمش درجه ۳ خواهد بود. نمودار برش کاهشی است در نتیجه تقعر نمودار خمش رو به پایین است.
۱۱- مراجع
