Dane:

$l=2\mathrm{m}$

$d=1,3\mathrm{m}$

$F=25\mathrm{N}$

${\alpha }_1={270}^{\circ }$  

${\alpha }_2={150}^{\circ }$  

${\alpha }_3={315}^{\circ }$  

${\alpha }_4={180}^{\circ }$  

Szukane:

$M_{\text{wyp}}=\text{?}$  

Rozwiązanie:

Szukamy wypadkowego momentu siły działającego na belkę. Musimy rozpatrzyć momenty sił pochodzące od każdej z sił przyłożonych do belki.

$M_{\text{wyp}}=-M_1+M_2-M_3+M_4$

gdzie:

$M_{\text{wyp}}$ - wartość wypadkowego momentu siły,

$M_1$ - wartość momentu siły 1,

$M_2$ - wartość momentu siły 2,

$M_3$ - wartość momentu siły 3,

$M_4$ - wartość momentu siły 4.

Przyjmujemy obrót belki wokół osi przeciwnie do ruchu wskazówek zegara. Momenty sił mające przeciwne zwroty do pozostałych, zapisujemy ze znakiem minus.

Musimy wyrazić wartości każdego z momentów sił.

WARTOŚĆ MOMENTU SIŁY Wartość momentu siły wyrażamy jako: $M=rF\sin \alpha$ gdzie: $M$ - wartość momentu siły, $r$ - długość ramienia siły, $F$ - wartość siły działającej na bryłę sztywną, $\alpha$ - kąt pomiędzy ramieniem siły a wektorem siły.

Zatem:

$M_1=r_1{F}_1\sin \left(360^{\circ }-{\alpha }_1\right)$

$M_2=r_2{F}_2\sin {\alpha }_2$

$M_3=r_3{F}_3\sin \left(360^{\circ }-{\alpha }_3\right)$

$M_4=r_4{F}_4\sin {\alpha }_4$

Znamy wartości wszystkich sił:

$F_1=F_2=F_3=F_4=F$

Stąd:

$M_1=r_{1}F\sin \left(360^{\circ }-{\alpha }_1\right)$

$M_2=r_{2}F\sin {\alpha }_2$

$M_3=r_{3}F\sin \left(360^{\circ }-{\alpha }_3\right)$

$M_4=r_{4}F\sin {\alpha }_4$

Korzystając z rysunku, wyrażamy długości każdego ramienia siły.

$r_1=0$

$r_2=0,5l$

$r_3=d$

$r_4=l$

Otrzymujemy:

$M_1=0\cdot F\sin \left(360^{\circ }-{\alpha }_1\right)=0$

$M_2=0,5lF\sin {\alpha }_2$

$M_3=dF\sin \left(360^{\circ }-{\alpha }_3\right)$

$M_4=lF\sin {\alpha }_4$

Podstawimy znane wartości kątów.

$M_1=0$

$M_2=0,5lF\sin 150^{\circ }$

$M_3=dF\sin \left(360^{\circ }-315^{\circ }\right)=dF\sin 45^{\circ }$

$M_4=lF\sin 180^{\circ }$

Możemy zapisać, że:

$\sin 150^{\circ }=\sin \left(90^{\circ }+60^{\circ }\right)=\cos 60^{\circ }$

$\sin 180^{\circ }=0$

Zatem:

$M_1=0$

$M_2=0,5lF\cos 60^{\circ }$

$M_3=dF\sin 45^{\circ }$

$M_4=0$

Wyznaczamy wartość wypadkowego momentu siły.

$M_{\text{wyp}}=0+0,5lF\cos 60^{\circ }-dF\sin 45^{\circ }+0$

$M_{\text{wyp}}=F\left(0,5l\cos 60^{\circ }-d\sin 45^{\circ }\right)$

Podstawiamy dane liczbowe:

$M_{\text{wyp}}=25\mathrm{N}\cdot \left(0,5\cdot 2\mathrm{m}\cdot \frac{1}{2}-1,3\mathrm{m}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}\right)\approx 25\mathrm{N}\cdot \left(0,5\mathrm{m}-0,92\mathrm{m}\right)=$

$=25\mathrm{N}\cdot \left(-0,42\mathrm{m}\right)=-10,5\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$

Otrzymaliśmy ujemną wartość momentu siły dla przyjętego obrotu belki. Zatem belka obróci się zgodnie z ruchem wskazówek zegara, a wektor momentu siły jest zwrócony za płaszczyznę rysunku.