Jak obliczyć siłę dźwigni, gdy dźwignia ma równomierny rozkład obciążenia?

Mamy prostą dźwignię klasy 1:

$$\begin {array}{c} \text {5,000 kg} \\ \downarrow \, \downarrow \, \downarrow \, \downarrow \, \downarrow \, \downarrow \, \downarrow \, \downarrow \, \downarrow \, \downarrow \, \downarrow \, \downarrow \, \downarrow \, \downarrow \, \downarrow \, \downarrow \, \downarrow \, \downarrow \, \downarrow \, \downarrow \, \downarrow \, \downarrow \, \downarrow \\ ==================== \\ \hphantom {==} \triangle \hphantom {==============} \\ \vdash \text{1 m} \dashv \vdash \hphantom {======} \text{4 m} \hphantom {======} \dashv \\ \end {array}$$

Dźwignia ( ) ma długość 5 m. Punkt podparcia ( ) znajduje się 1 m od jednego końca dźwigni. Na dźwigni znajduje się równomiernie osadzony przedmiot o wadze 5000 kg.$===$$\triangle$

Jak obliczyć siłę skierowaną do góry, która musi być wywierana na końcu 1 m boku dźwigni, aby utrzymać dźwignię w spoczynku? jest proste, gdy ciężar jest przykładany na samym końcu dźwigni. Ale co się stanie, jeśli ciężar zostanie rozłożony wzdłuż dźwigni?$F = (W \times X)/L$

Naszym ostatecznym celem jest uwiązanie wolnego końca (po stronie 1 m), aby utrzymać poziom dźwigni i musimy wiedzieć, jak silny powinien być ten uwięź.

Ponieważ masa wynosi 5 tys. Kg, a dźwignia wynosi 5 m, ułatwia to uproszczenie, ponieważ wynosi dokładnie 1 tys. Kg na m.

Najbardziej wysunięty w lewo 2k kg (2m) masy ma środek masy dokładnie powyżej punktu podparcia, więc można go zignorować, ponieważ nie ma on wpływu na moment. To pozostawia 3k kg (3m) rozłożonego od 1m do 4m po prawej stronie. Środek masy będzie zatem wynosił 2,5 m.

Teraz jest to bardzo proste, zakładając, że potrzebujesz momentu, w którym dźwignia jest pozioma (tj. Gdy grawitacja ciągnie się prosto w dół, prostopadle do dźwigni):

$$\text{torque} = rF = rmg$$

• jest promieniem (odległością) wm (2,5).$r$
• jest masą w kg (3000).$m$
• oznacza przyspieszenie ziemskie w ms - 2 (9,80665).$g$$\text{ms}^{-2}$

$$\text{torque} = 2.5 * 3000 * 9.80665 = 73549.875 \text{ Nm}$$

Ponieważ Twoja edycja / aktualizacja wskazuje, że szukasz siły skierowanej w górę na końcu 1 m, będzie to moment obrotowy (z góry) podzielony przez odległość (1 m). Który zatem wynosi 73549.875 N.

$\lambda=\frac{m}{\ell}=$$dx$$x$

$$d\tau=(\lambda dx) * x * g$$ $x$ $$\tau = \lambda g\int_{-1}^{4}x\ dx=7.5\ g\lambda=73.5\ \text{kN*m}$$

Aby odpowiedzieć na nowe pytanie, które tak naprawdę różni się od pytania pierwotnego, do zrównoważenia sił potrzebna będzie siła skierowana w dół 7500 g N.

Poświęcając chwilę na twoje wsparcie (które teraz jest naprawdę punktem zwrotnym):

$$F_{\text{LHS free end}} * 1 = 5000*g * 1.5$$

$$F_{\text{LHS free end}} = 7500*g \text{ N}$$

Innymi słowy, tak, możesz traktować swoje obciążenie rozproszone jako obciążenie punktowe działające w środku belki. Możesz to udowodnić, rozwiązując to poprzez integrację obciążenia rozproszonego.

Można uznać, że równomiernie rozłożone obciążenie działa w jego środku. Praca w kg i m:

Moment w prawo wokół lewego końca = 5000 * 2,5 = 12500 Moment w lewo wokół lewego końca = F * 1 (gdzie F jest reakcją w punkcie podparcia)

Muszą być one równe, aby mogły być zrównoważone, dając F = 12500 kg

Rozdzielczość w pionie (całkowita siła skierowana w dół musi być równa całkowitej sile skierowanej w górę), przyjmując T za reakcję na uwięzi: T + 5000 = 12500, a zatem T = 7500 kg.

Lub przeliczając na N (jak mówisz, że chcesz siły, a kg to masa, a nie siła), to T = 7500 * 9,81 = 73575 N = 73,6 kN

Wpływ dowolnej siły wzdłuż dźwigni jest proporcjonalny do jej odległości od punktu podparcia. Ta ładna zależność liniowa działa tak, że dla sztywnej masy można po prostu zamodelować ją jako masę punktową w jej środku masy.

W przypadku efektów masy (siły wynikającej z masy i grawitacji) liczy się tylko odległość pozioma od punktu podparcia do środka masy. Jeśli zdefiniujesz X na prawo i Y na diagramie, wówczas współrzędna Y masy nie ma znaczenia. Należy jednak pamiętać, że gdy dźwignia się porusza, współrzędna X masy również się porusza, zwłaszcza gdy nie jest ona ustawiona dokładnie na ramieniu dźwigni. W przypadku małych ruchów dźwigni mogę to zignorować.

Mówiąc bardziej matematycznie, moment obrotowy na punkcie podparcia jest wektorem od punktu podparcia do środka masy, przekraczającym siłę grawitacji na tej masie. Ponieważ ten ostatni jest zawsze w dół (-Y) w tym przykładzie, tylko składnik X wektora do masy ma znaczenie przy uzyskiwaniu wielkości toczenia.