Condición de un sistema espacial de fuerzas ubicadas arbitrariamente. Condiciones de equilibrio para un sistema espacial arbitrario de fuerzas

OR= 0 y METRO R x = R y = R z = 0 y METRO x = METRO y = METRO

Condiciones de equilibrio para un sistema espacial arbitrario de fuerzas.

Un sistema espacial arbitrario de fuerzas, como uno plano, puede reducirse a algún centro O y reemplace con una fuerza resultante y un par con momento. Argumentando de tal manera que para el equilibrio de este sistema de fuerzas es necesario y suficiente que al mismo tiempo haya R= 0 y METRO o = 0. Pero los vectores pueden desaparecer solo cuando todas sus proyecciones en los ejes de coordenadas son iguales a cero, es decir, cuando R x = R y = R z = 0 y METRO x = METRO y = METRO z = 0 o, cuando las fuerzas actuantes satisfacen las condiciones

Así, para el equilibrio de un sistema espacial arbitrario de fuerzas, es necesario y suficiente que las sumas de las proyecciones de todas las fuerzas en cada uno de los tres ejes coordenados y la suma de sus momentos alrededor de estos ejes sean iguales a cero.

Principios de resolución de problemas sobre el equilibrio de un cuerpo bajo la influencia de un sistema espacial de fuerzas.

El principio para resolver los problemas de esta sección sigue siendo el mismo que para un sistema plano de fuerzas. Habiendo establecido el equilibrio de qué cuerpo será considerado, reemplazan las limitaciones impuestas al cuerpo por sus reacciones y forman las condiciones de equilibrio para este cuerpo, considerándolo libre. Los valores deseados se determinan a partir de las ecuaciones obtenidas.

Para obtener sistemas de ecuaciones más simples, se recomienda que los ejes se dibujen de manera que intersequen fuerzas más desconocidas o sean perpendiculares a ellas (a menos que esto complique innecesariamente el cálculo de proyecciones y momentos de otras fuerzas).

Un nuevo elemento en la formulación de ecuaciones es el cálculo de los momentos de fuerzas alrededor de los ejes coordenados.

En los casos en que sea difícil ver en el dibujo general cuál es el momento de una fuerza dada sobre cualquier eje, se recomienda representar en el dibujo auxiliar la proyección del cuerpo en cuestión (junto con la fuerza) sobre un plano perpendicular. a este eje.

En los casos en que, al calcular el momento, surjan dificultades para determinar la proyección de la fuerza sobre el plano correspondiente o el hombro de esta proyección, se recomienda descomponer la fuerza en dos componentes mutuamente perpendiculares (de los cuales uno es paralelo a alguna coordenada eje), y luego use el teorema de Varignon.

Ejemplo 5.

Cuadro AB(fig.45) mantenido en equilibrio por la bisagra A y vara sol... Hay una carga en el borde del marco. R... Determine la reacción de la bisagra y la fuerza en la varilla.

Figura 45

Considere el equilibrio del marco junto con la carga.

Construimos un esquema de diseño, representando el marco como un cuerpo libre y mostrando todas las fuerzas que actúan sobre él: las reacciones de los enlaces y el peso de la carga. R... Estas fuerzas forman un sistema de fuerzas ubicadas arbitrariamente en un plano.

Es aconsejable elaborar estas ecuaciones para que cada una tenga una fuerza desconocida.

En nuestra tarea, este es el punto A, donde se adjuntan incógnitas y; punto CON donde las líneas de acción de fuerzas desconocidas se cruzan y; punto D- el punto de intersección de las líneas de acción de las fuerzas y. Compongamos la ecuación de las proyecciones de fuerzas sobre el eje. a(por eje NS es imposible de diseñar, porque es perpendicular a una línea recta COMO).

Y, antes de componer las ecuaciones, haremos una observación más útil. Si el diagrama de diseño tiene una fuerza ubicada de modo que su hombro no sea fácil de encontrar, entonces al determinar el momento, se recomienda descomponer primero el vector de esta fuerza en dos, más convenientemente dirigidos. En este problema, descomponemos la fuerza en dos: y (Fig.37) de manera que sus módulos

Componemos las ecuaciones:

De la segunda ecuación encontramos ... Desde el tercero Y desde el primero

Entonces, ¿cómo sucedió? S<0, то стержень sol se comprimirá.

Hay tres tipos de ecuaciones de equilibrio para un sistema plano de fuerzas. La primera forma básica se deriva directamente de las condiciones de equilibrio:

;

y está escrito así:

;
;
.

También se pueden obtener otros dos tipos de ecuaciones de equilibrio a partir de las condiciones de equilibrio:

;
;
,

donde esta la linea recta AB no perpendicular al eje X;

;
;
.

Puntos A, B y C no se acueste en una línea recta.

En contraste con un sistema plano de fuerzas, las condiciones de equilibrio para un sistema espacial arbitrario de fuerzas son dos igualdades vectoriales:

.

Si estas relaciones se proyectan sobre un sistema de coordenadas rectangular, obtenemos las ecuaciones de equilibrio del sistema espacial de fuerzas:

Tarea 1. Determinación de las reacciones de los soportes de una estructura compuesta (Sistema de dos cuerpos)

La estructura consta de dos barras rotas. A B C y CDE conectado en el punto C una bisagra cilíndrica fija y unida a un plano fijo xOy o utilizando bisagras cilíndricas fijas (NSh ), o una bisagra cilíndrica móvil (PSh) y una terminación rígida (ZhZ). El plano de rodadura de la bisagra cilíndrica móvil forma un ángulo  con eje Buey. Coordenadas de puntos A,B,C,D y mi, así como el método de fijación de la estructura se dan en la tabla. 1. La estructura está cargada con una carga de intensidad uniformemente distribuida q, perpendicular a la sección de su aplicación, por un par de fuerzas con el momento METRO y dos fuerzas concentradas y ... Se aplica una carga uniformemente distribuida de tal manera que su resultante tiende a rotar la estructura alrededor de un punto. O en sentido anti-horario. Sitios de aplicación q y METRO así como puntos de aplicación y , sus módulos y direcciones se muestran en la tabla. 2. Unidades de los valores establecidos: q- kilonewton por metro (kN / m); METRO- metro de kilonewton (kNm); y - kilonewtons (kN);  y están en grados, y las coordenadas de los puntos están en metros. Ángulos,  y deben trazarse desde la dirección positiva del eje Buey en sentido antihorario si es positivo y en sentido horario si es negativo.

Determine las reacciones de las conexiones externas e internas de la estructura.

Instrucciones para completar la tarea

En el plano de coordenadas xOy de acuerdo con la condición de la opción de tarea (Tabla 1), es necesario construir puntos A,ANTES DE CRISTO,D,mi; dibujar barras rotas A B C,CDE; indicar las formas de unir estos cuerpos entre sí y con un plano fijo xOy... Luego, tomando los datos de la tabla. 2, cargue la estructura con dos fuerzas concentradas y , intensidad de carga uniformemente distribuida q y un par de fuerzas con un momento algebraico METRO... Dado que la tarea investiga el equilibrio de un cuerpo compuesto, entonces necesita construir otro dibujo, representando cuerpos en él por separado A B C y CDE. Externo (puntos A,mi) e interior (punto CON) las conexiones en ambas figuras deben ser reemplazadas por las reacciones correspondientes, y la carga uniformemente distribuida por la resultante
(l Es la longitud de la sección donde se aplica la carga) dirigida hacia la carga y aplicada al centro de la sección. Dado que la estructura en consideración consta de dos cuerpos, entonces para encontrar las reacciones de los enlaces, es necesario componer seis ecuaciones de equilibrio. Hay tres opciones para resolver este problema:

a) elabore tres ecuaciones de equilibrio para un cuerpo compuesto y tres para un cuerpo A B C;

b) elabore tres ecuaciones de equilibrio para un cuerpo compuesto y tres para un cuerpo CDE;

c) componga tres ecuaciones de equilibrio para los cuerpos A B C y CDE.

Ejemplo

Dado:A (0;0,2);V (0,3:0,2);CON (0,3:0,3);D (0,7:0,4);mi (0,7:0);
kN / m,
kN, β = - 45˚, y
kN, γ = - 60˚,
kNm.

Definir reacciones de conexiones externas e internas de la estructura.

Solución. Rompamos la estructura (fig.7, a) en el punto CON en partes componentes A B C y CDE(figura 7, B,v). Reemplazar las bisagras A y B las reacciones correspondientes, cuyos componentes se muestran en la Fig. 7. En el punto C representar los componentes
- fuerzas de interacción entre partes de la estructura, y .

tabla 1

Opciones de tarea 1

A

Método de montaje construcciones

X A

y A

X B

y B

X C

y C

X D

y D

X mi

y mi

T. mi

Tabla 2

Datos para la tarea 1

	Fuerza			Fuerza			Momento METRO
		Sentido		Sentido			Sentido			Sentido

Intensidad de carga uniformemente distribuida q reemplazar con el resultante , kN:

Vector formas con una dirección positiva del eje y el ángulo φ, que es fácil de encontrar por las coordenadas de los puntos C y D (ver fig.7, a):

Para resolver el problema, usaremos el primer tipo de ecuaciones de equilibrio, escribiéndolas por separado para las partes izquierda y derecha de la estructura. Al elaborar las ecuaciones de momentos, elegimos los puntos A- para izquierda y mi- para el lado derecho de la estructura, lo que permitirá resolver estas dos ecuaciones juntas y determinar las incógnitas
y .

Ecuaciones de equilibrio para el cuerpo A B C:

Imagina el poder como la suma de los componentes:
, dónde. Entonces las ecuaciones de equilibrio para el cuerpo CDE Se puede escribir como

.

Resolvamos juntos las ecuaciones de momentos, habiendo sustituido previamente en ellas los valores conocidos.

Considerando que, según el axioma de la igualdad de las fuerzas de acción y reacción
, del sistema resultante encontramos, kN:

Luego, de las ecuaciones restantes de equilibrio de cuerpos A B C y CDE es fácil determinar las reacciones de las relaciones internas y externas, kN:

Los resultados del cálculo se presentan en la tabla:

Se consideran métodos para resolver problemas de equilibrio con un sistema espacial arbitrario de fuerzas. Se da un ejemplo de resolución del problema del equilibrio de una placa sostenida por varillas en un espacio tridimensional. Se muestra cómo se puede simplificar la solución del problema eligiendo los ejes al componer las ecuaciones de equilibrio.

Contenido

Procedimiento para resolver problemas de equilibrio con un sistema espacial arbitrario de fuerzas

Para resolver el problema de equilibrio de un cuerpo rígido con un sistema espacial arbitrario de fuerzas, es necesario elegir un sistema de coordenadas rectangular y, en relación con él, componer las ecuaciones de equilibrio.

Las ecuaciones de equilibrio para un sistema arbitrario de fuerzas distribuidas en un espacio tridimensional son dos ecuaciones vectoriales:
la suma vectorial de las fuerzas que actúan sobre el cuerpo es cero
(1) ;
la suma vectorial de los momentos de las fuerzas, relativa al origen, es igual a cero
(2) .

Deje que Oxyz sea nuestro sistema de coordenadas elegido. Al diseñar las ecuaciones (1) y (2) en el eje de este sistema, obtenemos seis ecuaciones:
las sumas de las proyecciones de fuerzas en el eje xyz son iguales a cero
(1.x) ;
(1.y) ;
(1.z) ;
las sumas de los momentos de las fuerzas alrededor de los ejes de coordenadas son iguales a cero
(2.x) ;
(2.y) ;
(2.z) .
Aquí consideramos que sobre el cuerpo actúan n fuerzas, incluidas las fuerzas de reacción de los soportes.

Supongamos que se aplica una fuerza arbitraria, con componentes, al cuerpo en un punto. Entonces, los momentos de esta fuerza en relación con los ejes de coordenadas están determinados por las fórmulas:
(3.x) ;
(3.y) ;
(3.z) .

Por tanto, el orden de resolución del problema del equilibrio con un sistema espacial arbitrario de fuerzas es el siguiente.

1. Descartamos los soportes y los reemplazamos por fuerzas de reacción. Si el soporte es una varilla o hilo, entonces la fuerza de reacción se dirige a lo largo de la varilla o hilo.
2. Elegimos un sistema de coordenadas rectangular Oxyz.
3. Encontramos las proyecciones de los vectores de fuerza sobre los ejes de coordenadas ,, y los puntos de su aplicación ,. El punto de aplicación de la fuerza se puede mover a lo largo de una línea recta trazada a través del vector de fuerza. A partir de tal movimiento, los valores de los momentos no cambiarán. Por lo tanto, elegimos los puntos de aplicación de fuerzas que son más convenientes para calcular.
4. Componemos tres ecuaciones de equilibrio para las fuerzas (1.x, y, z).
5. Para cada fuerza, de acuerdo con las fórmulas (3.x, y, z), encontramos las proyecciones de los momentos de la fuerza sobre el eje de coordenadas.
6. Componemos tres ecuaciones de equilibrio para los momentos de fuerzas (2.x, y, z).
7. Si el número de variables es mayor que el número de ecuaciones, entonces el problema es estáticamente indeterminado. No se puede resolver con métodos estáticos. Es necesario utilizar métodos de resistencia de materiales.
8. Resolvemos las ecuaciones resultantes.

Simplificación de cálculos

En algunos casos, es posible simplificar los cálculos si, en lugar de la ecuación (2), se usa una condición de equilibrio equivalente.
La suma de los momentos de fuerzas alrededor de un eje arbitrario AA ′ es igual a cero:
(4) .

Es decir, puede seleccionar varios ejes adicionales que no coincidan con los ejes de coordenadas. Y respecto a estos ejes, traza las ecuaciones (4).

Un ejemplo de resolución de un problema de equilibrio para un sistema espacial arbitrario de fuerzas

El equilibrio de la losa, en un espacio tridimensional, está sostenido por un sistema de varillas.

Encuentre las reacciones de las varillas que sostienen una losa horizontal uniforme delgada en un espacio tridimensional. El sistema de sujeción de varillas se muestra en la figura. La placa se ve afectada por: gravedad G; y una fuerza P aplicada en el punto A a lo largo del lado AB.

Dado:
G = 28 kN; P = 35 kN; a = 7.5 metros; b = 6,0 m; c = 3,5 m.

La solucion del problema

Primero, resolveremos este problema de una manera estándar aplicable a un sistema espacial arbitrario de fuerzas. Y luego obtenemos una solución más simple, basada en la geometría específica del sistema, eligiendo los ejes al diseñar las ecuaciones de equilibrio.

Resolver el problema de forma estándar

Aunque este método nos llevará a cálculos bastante engorrosos, es aplicable a un sistema espacial arbitrario de fuerzas y se puede utilizar en cálculos informáticos.

Descartemos las conexiones y reemplácelas con fuerzas de reacción. Los enlaces aquí son las barras 1-6. En lugar de ellos, introducimos fuerzas dirigidas a lo largo de las varillas. Elegimos las direcciones de las fuerzas al azar. Si no adivinamos con la dirección de ninguna fuerza, obtenemos un valor negativo.

Dibujamos el sistema de coordenadas Oxyz con el origen en el punto O.

Encontramos la proyección de fuerzas sobre el eje de coordenadas.

Para la fuerza tenemos:
.
Aquí α 1 es el ángulo entre LQ y BQ. Desde el triángulo rectángulo LQB:
metro;
;
.

Fuerzas y son paralelas al eje z. Sus componentes:
;
;
.

Para la fuerza encontramos:
.
Aquí α 3 es el ángulo entre QT y DT. Desde el triángulo rectángulo QTD:
metro;
;
.

Para fuerza:
.
Aquí α 5 es el ángulo entre LO y LA. Desde el triángulo rectángulo LOA:
metro;
;
.

La fuerza se dirige a lo largo de la diagonal del paralelepípedo rectangular. Tiene las siguientes proyecciones sobre los ejes de coordenadas:
.
Aquí están los cosenos de dirección de la diagonal AQ:
metro;
;
;
.

Seleccionamos los puntos de aplicación de fuerzas. Aprovechemos el hecho de que se pueden mover a lo largo de las líneas trazadas a través de los vectores de fuerza. Entonces, como punto de aplicación de la fuerza, puede tomar cualquier punto de la línea TD. Tome el punto T, ya que para él las coordenadas xyz son iguales a cero:
.
De manera similar, seleccionamos los puntos de aplicación de las fuerzas restantes.

Como resultado, obtenemos los siguientes valores de las componentes de las fuerzas y los puntos de su aplicación:
; (punto B);
; (punto Q);
; (punto T);
; (punto o);
; (punto A);
; (punto A);
; (punto A);
; (punto K).

Componemos las ecuaciones de equilibrio para las fuerzas. Las sumas de las proyecciones de fuerzas sobre los ejes de coordenadas son iguales a cero.

;

;

.

Encontramos las proyecciones de los momentos de fuerzas sobre el eje de coordenadas.
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;
;

Componemos las ecuaciones de equilibrio para los momentos de fuerzas. Las sumas de los momentos de las fuerzas alrededor de los ejes de coordenadas son iguales a cero.


;


;


;

Entonces, obtuvimos el siguiente sistema de ecuaciones:
(W1) ;
(P2) ;
(P3) ;
(W4) ;
(P5) ;
(P6) .

Este sistema tiene seis ecuaciones y seis incógnitas. Además, los valores numéricos se pueden sustituir aquí y se puede obtener una solución al sistema utilizando un programa matemático para calcular un sistema de ecuaciones lineales.

Pero, para esta tarea, puede obtener una solución sin utilizar tecnología informática.

Una forma efectiva de resolver el problema.

Aprovecharemos que las ecuaciones de equilibrio se pueden componer de más de una forma. Puede seleccionar libremente el sistema de coordenadas y los ejes relativos a los que se calculan los momentos. A veces, al elegir los ejes, puede obtener ecuaciones que son más fáciles de resolver.

Aprovechemos el hecho de que, en equilibrio, la suma de los momentos de fuerzas alrededor de cualquier eje es cero... Tome el eje AD. La suma de los momentos de las fuerzas alrededor de este eje es igual a cero:
(W7) .
A continuación, observe que todas las fuerzas excepto cruzan este eje. Por tanto, sus momentos son iguales a cero. Solo una fuerza no cruza el eje AD. Tampoco es paralelo a este eje. Por lo tanto, para que se mantenga la ecuación (A7), la fuerza N 1 debe ser cero:
norte 1 = 0 .

Ahora tomemos el eje AQ. La suma de los momentos de las fuerzas relativas a él es igual a cero:
(P8) .
Este eje es atravesado por todas las fuerzas excepto. Dado que la fuerza no es paralela a este eje, entonces para el cumplimiento de la ecuación (A8) es necesario que
norte 3 = 0 .

Ahora tomemos el eje AB. La suma de los momentos de las fuerzas relativas a él es igual a cero:
(P9) .
Este eje está atravesado por todas las fuerzas excepto, y. Pero N 3 = 0 ... Es por eso
.
El momento de la fuerza con respecto al eje es igual al producto del brazo de la fuerza por el valor de la proyección de la fuerza en el plano perpendicular al eje. El hombro es igual a la distancia mínima entre el eje y la línea recta trazada a través del vector de fuerza. Si la torsión es en dirección positiva, entonces el par es positivo. Si es negativo, entonces negativo. Luego
.
De aquí
kN.

El resto de las fuerzas se encuentran a partir de las ecuaciones (A1), (A2) y (A3). De la ecuación (A2):
norte 6 = 0 .
De las ecuaciones (A1) y (A3):
kN;
kN

Así, resolviendo el problema de la segunda forma, usamos las siguientes ecuaciones de equilibrio:
;
;
;
;
;
.
Como resultado, evitamos cálculos engorrosos asociados con el cálculo de los momentos de fuerzas en relación con los ejes de coordenadas y obtuvimos un sistema lineal de ecuaciones con una matriz diagonal de coeficientes, que se resolvió de inmediato.

norte 1 = 0 ; norte 2 = 14,0 kN; norte 3 = 0 ; norte 4 = -2,3 kN; norte 5 = 38,6 kN; norte 6 = 0 ;

El signo menos indica que la fuerza N 4 dirigido en la dirección opuesta a la que se muestra en la figura.

El caso de tal equilibrio de fuerzas corresponde a dos condiciones de equilibrio

M = Mo= 0, R * = 0.

Módulos destacados Moe y el vector principal R * del sistema considerado están determinados por las fórmulas

Mo = (M x 2 + M y 2 + + M z 2) 1/2; R * = (X 2 + Y 2 + Z 2) 1/2.

Hicieron cero solo bajo las siguientes condiciones:

M x = 0, M y = 0, M z = 0, X = 0, Y = 0, Z = 0,

que corresponden a seis ecuaciones básicas del equilibrio de fuerzas, ubicadas arbitrariamente en el espacio

=0; =0;

=0; (5-17)

=0 ; =0.

Las tres ecuaciones del sistema (5-17) de la izquierda se llaman ecuaciones de los momentos de fuerzas en relación con los ejes de coordenadas, y tres a la derecha: las ecuaciones de las proyecciones de fuerzas en el eje.

Usando estas fórmulas, la ecuación de momentos se puede representar en la forma

å (y yo Z yo - z yo Y yo) = 0; å (z yo X yo - x yo Z yo) = 0; е (x yo Y yo - y yo X yo) = 0.(5-18)

dónde x yo, y yo, z yo- coordenadas de los puntos de aplicación de la fuerza P; Y yo, Z yo, X yo - la proyección de esta fuerza sobre los ejes de coordenadas, que pueden tener cualquier dirección.

Existen otros sistemas de seis ecuaciones de equilibrio de fuerzas, ubicadas arbitrariamente en el espacio.

Llevando el sistema de fuerzas a la fuerza resultante.

Si el vector principal del sistema de fuerzas R * no es cero, pero el punto principal Moe ya sea igual a cero, o dirigido perpendicular al vector principal, entonces el sistema de fuerzas dado se reduce a la fuerza resultante.

Hay 2 casos posibles.

1er caso.

Permitir R * ¹ 0; Mes = 0 ... En este caso, las fuerzas conducen a una resultante, cuya línea de acción pasa por el centro de referencia O, y la fuerza R * reemplaza el sistema de fuerzas dado, es decir, es su resultante.

2do caso.

R * ¹0; Mo¹ 0 y Moe ⊥ R *. (Figura 5.15).

Después de llevar el sistema de fuerzas al centro O, se obtiene la fuerza R * aplicado en este centro e igual al vector principal de fuerzas, y un par de fuerzas, cuyo momento METRO igual al punto principal Moe de todas las fuerzas relativas al centro de referencia, y Moe ⊥ R *.

Elijamos las fuerzas de este par. R ' y R igual en módulo al vector principal R * , es decir. R = R '= R *. Entonces el hombro de este par debe tomarse igual a OK = = M O/R * Dibujemos a través del punto O plano I, perpendicular al momento del par de fuerzas METRO ... Un par de fuerzas R ' , R debería estar en este plano. Organicemos este par de modo que una de las fuerzas del par R ' se aplicó en el punto O y se dirigió en sentido opuesto a la fuerza R * ... Elevemos en el plano I en el punto O la perpendicular a la línea de acción de la fuerza R * , y en el punto K a una distancia OK = M O/R * desde el punto O aplicamos la segunda fuerza del par R .

Ponemos el segmento OK en tal dirección desde el punto O para que, mirando hacia el vector del momento M, podamos ver el par tendiendo a rotar su plano en sentido antihorario. Entonces fuerzas R * y R ' aplicado en el punto O se equilibrará, y la fuerza R un par aplicado en el punto K reemplazará el sistema de fuerzas dado, es decir, será su resultante. La línea recta que coincide con la línea de acción de esta fuerza es la línea de acción de la fuerza resultante. Arroz. 5.15 muestra la diferencia entre la fuerza resultante R y por la fuerza R * obtenido llevando las fuerzas al centro O.

Resultante R sistema de fuerzas aplicadas en el punto K, que tiene una línea de acción definida, es equivalente a un sistema de fuerzas dado, es decir reemplaza este sistema.

La fuerza R * en el punto O reemplaza el sistema dado de fuerzas solo en conjunción con un par de fuerzas con el momento M = Mo .

Fuerza R * se puede aplicar en cualquier punto del cuerpo al que se reduzcan las fuerzas. Solo el módulo y la dirección del momento principal dependen de la posición del punto. Moe .

Teorema de Varignon. El momento de la resultante con respecto a cualquier punto es igual a la suma geométrica de los momentos de las fuerzas constituyentes con respecto a este punto, y el momento de la fuerza resultante con respecto a cualquier eje es igual a la suma algebraica de los momentos del constituyente. fuerzas relativas a este eje.

Teorema. Para el equilibrio del sistema espacial de fuerzas, es necesario y suficiente que el vector principal y el momento principal de este sistema sean iguales a cero. Adecuación: para F o = 0, el sistema de fuerzas convergentes aplicadas en el centro de reducción O es equivalente a cero, y cuando Mo = 0, el sistema de pares de fuerzas es equivalente a cero. Por tanto, el sistema de fuerzas original es equivalente a cero. Necesitar: Sea el sistema de fuerzas dado equivalente a cero. Llevando el sistema a dos fuerzas, observamos que el sistema de fuerzas Q y P (Fig. 4.4) debe ser equivalente a cero, por lo tanto, estas dos fuerzas deben tener una línea de acción común y la igualdad Q = –Р debe cumplirse . Pero esto puede ser si la línea de acción de la fuerza P pasa por el punto O, es decir, si h = 0. Esto significa que el momento principal es cero (M o = 0). Porque Q + P = 0, a Q = F o + P ", luego F o + P" + P = 0, y, por tanto, F o = 0. Las condiciones necesarias y suficientes son iguales al sistema espacial de fuerzas del que son la forma: F o = 0, M o = 0 (4.15),

o, en proyecciones sobre los ejes de coordenadas, Fox = åF kx = F 1x + F 2x +… + F nx = 0; F Oy = åF ky = F 1y + F 2y + ... + F ny = 0; F oz = åF kz = F 1z + F 2z +… + F nz = 0 (4.16). M Ox = åM Ox (F k) = M Ox (F 1) + M ox (F 2) + ... + M Ox (F n) = 0, M Oy = åM Oy (F k) = M oy ( F 1) + M oy (F 2) +… + M oy (F n) = 0, M oz = åM O z (F k) = MO z (F 1) + M oz (F 2) + ... + M oz (F n) = 0. (4,17)

Ese. al resolver problemas, teniendo 6 niveles, puedes encontrar 6 incógnitas. Nota: un par de fuerzas no se puede reducir a una resultante. Casos especiales: 1) Equilibrio del sistema espacial de fuerzas paralelas. Sea el eje Z paralelo a las líneas de acción de la fuerza (figura 4.6), entonces las proyecciones de fuerzas sobre xey son 0 (F kx = 0 y F ky = 0), y solo queda F oz. En cuanto a los momentos, solo quedan M ox y M oy, y M oz está ausente. 2) Equilibrio de un sistema plano de fuerzas. Quedan ur-I F ox, F oy y el momento M oz (Figura 4.7). 3) Equilibrio de un sistema plano de fuerzas paralelas. (figura 4.8). Sólo quedan 2 ur-I: F oy y M oz. Al establecer el equilibrio ur-th, se puede elegir cualquier punto para el centro del fantasma.