Теоретическая механика. Часть 1. Статика.

Министерство образования Российской Федерации
Южно-Уральский Государственный Университет
Златоустовский филиал
Кафедра технической механики
531.2 (07)
К142
А.И. Казанцева, И.М. Зизин
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА
Учебное пособие для самостоятельного изучения студентами
Часть I
СТАТИКА
Челябинск
Издательство ЮУрГУ
2002
УДК 531.2(07)
Казанцева А.И., Зизин И.М. Теоретическая механика. Часть 1. Статика: Учебное пособие для самостоятельного изучения студентами  Челябинск: Изд-во
ЮУрГУ, 2002.  84 с.
Учебное пособие по статике с программированным контролем предназначено
для более глубокого изучения раздела “Статика”. Пособие может применяться
для самостоятельной работы студентов в классах машинного контроля.
Все контрольные вопросы запрограммированы по линейной системе. В разделе “Ответы и решения” даны примеры решения задач.
Пособие предназначено для студентов всех специальностей.
Ил. 196, список лит. –– 4 назв.
Одобрено учебно-методической комиссией филиала ЮУрГУ в г. Златоусте.
Рецензенты: В.С.Карманов, Л.Н.Родионова.
 Издательство ЮУрГУ, 2002.
Тема I. ПРЕДМЕТ МЕХАНИКИ. ЕЕ ЗНАЧЕНИЕ В ТЕХНИКЕ.
ОСНОВНЫЕ ЭТАПЫ РАЗВИТИЯ МЕХАНИКИ
Что же такое механика и зачем она нужна инженеру?
Теоретическая механика  это наука об общих законах механического движения. Механическое движение  это изменение с течением времени взаимного
положения тел или частей какого-либо тела в пространстве. Механическое движение  это простейшая форма движения. Кроме механического движения существуют и другие более сложные формы движения  физические, тепловые, химические, электромагнитные, биологические, социальные. Все они содержат механическую форму движения, но ею не исчерпываются. Движение в широком
смысле слова является формой существования материи. Материей называется все
то, что реально существует вне нас.
Всякое движение мы можем наблюдать и изучать только по отношению к какому-либо условно неподвижному объекту. Система координат, связанная с таким условным неподвижным объектом (система отсчета) и в которой справедливы законы классической механики, называется инерциальной. Опыт и практика
показали, что система отсчета, неизменно связанная с Землей, является инерциальной системой отсчета.
В механике время считается универсальным, то есть одинаковым во всех системах отсчета, а пространство –– эвклидовым, то есть все измерения в нем производятся методами геометрии Эвклида. На этих допущениях основана классическая механика, основанная на законах Галилея –– Ньютона. Этот курс и предстоит
вам изучать. Курс этот делится на три части: статику, кинематику и динамику.
Статика  раздел теоретической механики, изучающий равновесие тел.
Кинематика  раздел теоретической механики, изучающий движение тел без
учета причин, вызывающих это движение.
Динамика  основной раздел механики, который изучает движение тел и
устанавливает связь между движениями и силами, которые вызвали это движение.
Теоретическая механика  это наука физико-математическая. Это означает, с
одной стороны, что метод построения науки –– математический (введены аксиомы, из которых чисто логически получаются ее нужные теоремы), а с другой стороны, предметом изучения теоретической механики являются реальные физические объекты, и, следовательно, надо научиться составлять схемы реальных явлений и применять к ним теорию. При решении конкретных инженерных задач многие студенты испытывают затруднения в том, что не могут сразу уловить связь
теории с её практическим применением. Поэтому необходимо серьёзно предупредить вас о том, что усвоить этот большой, насыщенный материалом курс возмож-
но только путём систематических занятий. Если вы будете весь семестр регулярно
выполнять все советы преподавателей, то успех вам обеспечен.
Теоретическая механика является одной из важнейших дисциплин, изучаемых в вузе. Её методы широко используются для решения обширного класса
инженерных задач. Законам механики подчиняется всё: и стремительный полёт
планет, и вращение гигантского маховика, и падение почти невесомой пылинки.
Однажды открытый закон механики проявляется в самых разнообразных задачах. Например, можно наблюдать, подсчитать и проверить справедливость закона площадей и в движении шарика, подвешенного на нити, и в движении планет Солнечной системы. Механика учит не только видеть мир, но и понимать его.
Механическое движение различных физических тел имеет свои характерные
особенности. В соответствии с этим механика развивается по многим направлениям. Существует механика твердых тел, жидких, газообразных, упругих, пластических тел, тел переменной массы и т.д. Мы видим, что в настоящее время механика представляет собой целый комплекс дисциплин. Теоретическая механика
является базой многих дисциплин, без которых немыслимо формирование современного специалиста. К таким дисциплинам относятся: сопротивление материалов (механика упругих и пластичных тел), теория машин и механизмов (механика
твердых тел), гидродинамика, гидравлика, аэродинамика (механика жидких и газообразных тел) и т.д. Все перечисленные науки механического цикла пользуются
методами, приёмами и выводами теоретической механики при всех расчётах, связанных с проектированием различных сооружений, машин и механизмов и их
эксплуатацией.
Механика возникла в глубокой древности под влиянием запросов практики.
Примерно к IV веку до нашей эры уже были известны простейшие законы сложения и уравновешивания сил, приложенных к одной точке тела и направленных по
одной прямой (Аристотель).
Использование простейших механизмов (блок, рычаг) при строительстве
крупных сооружений привело в античное время к открытию закона о рычаге величайшим изобретателем Архимедом. Им были установлены правила сложения и
разложения параллельных сил, определено положение центра тяжести целого ряда геометрических фигур и тел, открыт закон равновесия тел в жидкости. Таким
образом, ранее всех разделов механики получила развитие статика. В кинематике
сведения древних учёных были скудными, рассматривались только равномерные
круговые движения, понятие ускорения не существовало.
Эпоха средних веков (III – ХIV вв.) характеризуется в области механики, как и
в области других естественных наук, полным застоем.
Только в эпоху Возрождения (ХV в.) в связи с развитием судостроения, военной техники, гражданского строительства начинает быстро развиваться и механика. Величайшим деятелем эпохи Возрождения был итальянский учёный Леонардо
да Винчи. С его именем связаны крупные открытия в области механики (правило
параллелограмма, момент силы относительно точки).
Постепенное накопление знаний привело в ХVII веке к возникновению динамики, основоположником которой является итальянский учёный Галилей. Он
впервые ввел понятия скорости и ускорения, установил законы падения тел,
сформулировал закон инерции.
Установление основных законов динамики, начатое Галилеем, было завершено английским ученым Ньютоном. В своём труде "Математические начала натуральной динамики" в 1687 году Ньютон впервые сформулировал и систематически изложил все основные законы динамики. Им же был открыт закон равенства
действия и противодействия, закон всемирного тяготения.
В то время как Ньютон разрабатывал динамику, статика получила своё дальнейшее развитие и завершение в работах его современника –– французского учёного Вариньона. Он создал основы графической статики, сформулировал теорему
о моменте равнодействующей, носящую его имя.
Рост машиностроения в XIX веке вызвал бурное развитие таких разделов механики как гидромеханика, аэродинамика, теория упругости, динамика точки переменной массы и другие. В развитии этих областей механики следует отметить
заслуги наших русских учёных Жуковского, Чаплыгина, Ковалевской, Циолковского, Мещерского.
И, наконец, за последние годы XX века в связи с крупнейшими открытиями в
области учения о строении атома и его мельчайших частиц, выяснилось, что область применения законов классической механики ограничена. Эти законы неприменимы к движению тел, размеры которых меньше размеров атома, а также к
движению тел, скорости которых велики, близки к скорости света. В связи с этими открытиями возникли новые разделы: релятивистская и квантовая механика.
Их возникновение явилось новым важным этапом в развитии механики.
Однако их появление не отрицает классической механики, а только уточняет
область её применения. Классическая механика полностью сохраняет своё значение и в настоящее время. Она является частным случаем релятивистской и квантовой механики. Законы её выполняются в том случае, когда размеры тел больше
размеров атома, а скорости малы по сравнению со скоростью света. Поэтому,
зная границы применения классической механики, мы можем в пределах этих
границ пользоваться её выводами с достаточной для нашей практики точностью.
Тема II. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ И ОПРЕДЕЛЕНИЯ СТАТИКИ.
АКСИОМЫ СТАТИКИ
Статика  это учение о равновесии тел. В природе и окружающем нас мире
абсолютного равновесия нет, всякое равновесие лишь временно и относительно,
то есть может наблюдаться равновесие тела только относительно некоторой
условно неподвижной системы координат. В статике за такую систему выбрана
система координат, неизменно связанная с Землей. Следовательно, когда мы говорим, что данное тело находится в равновесии или покое, то мы имеем в виду
покой по отношению к Земле.
Основными понятиями статики являются абсолютно твёрдое тело и сила.
Абсолютно твёрдым телом называется тело, расстояния между каждыми двумя точками которого остаются неизменными, то есть недеформируемое тело.
Сила  это мера механического взаимодействия двух тел. Это векторная величина, которая, как и всякий вектор, характеризуется величиной, направлением
и точкой приложения.
За единицу силы берётся сила в 1 H. Сила, приложенная в одной точке тела,
называется сосредоточенной. Силы, приложенные к какой-либо части объема тела, его поверхности или линии, называются распределёнными.
Основные определения статики:
1. Совокупность сил, действующих на тело, называется системой сил. Обозначается система “n” сил таким образом  ( F1 , F2 ,…, F j ,…, Fn ) .
2. Если под действием данной системы тело находится в равновесии, то такая
система называется уравновешивающейся системой или системой, эквивалентной
нулю. Её обозначение  ( F1 , F2 ,…, F j ,…, Fn )  0.
3. Две системы, оказывающие на тело одинаковое действие, называются эквивалентными системами, то есть ( P1 , P2 , P3 )  ( Q1 , Q 2 , Q3 ).
4. Две системы, эквивалентные третьей, эквивалентны между собой. То есть,
если
( P1 , P2 , P3 )  ( Q1 , Q 2 , Q3 ) и
( P1 , P2 , P3 )  ( F1 , F2 , F3 ),
то
( Q1 , Q 2 , Q3 )  ( F1 , F2 , F3 ).
5. Сила, эквивалентная системе сил, называется равнодействующей R этой
системы:
( F1 , F2 ,…, F j ,…, Fn )  R .
Аксиомы статики
F2
B
A
F1
Аксиома I. Две силы, приложенные к телу, называются
уравновешенными, если они равны по величине и направлены по одной прямой в противоположные стороны
(рис.1), то есть F1   F2 и ( F1 , F2 )  0.
Рис. 1
Аксиома 2. Действие системы на тело не изменится, если добавить к ней или
отнять от неё две уравновешенные силы, то есть если среди заданных “n” сил есть
две уравновешенные, например, F1 и F2 , то
( F1 , F2 , F3 … F j … Fn )  ( F3 , F4 … F j … Fn ).
Следствие 1. Силу можно переносить вдоль линии её действия из одной точки
тела в другую.
A
F1
B
F2
Докажем это. Пусть в точке А приложена сила F
(рис.2). Возьмём на линии её действия произвольную точку В и приложим к ней две уравновешенных силы ( F1 , F2 )
 0, равных F . Тогда на тело будут действовать три силы,
две из них уравновешенны, следовательно, их можно отнять. Получим следующее:
F  ( F1 F1 , F2 )  F1 .
Рис. 2
Заданная сила F эквивалентна вновь полученной F1 ,
следовательно, действие силы при переносе её из точки А в точку В не изменилось, что и требовалось доказать. Итак, сила  это скользящий вектор.
Следствие 2. Если на тело действует уравновешенная система сил, то одна из
этих сил, взятая в противоположном направлении, является равнодействующей
для всех остальных.
Доказательство. Пусть имеем уравновешенную систему “n” сил, то есть
( F1 , F2 … F j … Fn )  0 (рис. 3).
Заменим все силы, начиная со второй, одной силой
F2
F1'
F1/ =  F1 ,
F1
Fn
Рис. 3
Fj
получим снова уравновешенную систему ( F1 , F1/ )  0.
Так как от такой замены равновесие тела не нарушилось, то, следовательно, сила F1/  ( F1 , F2 … F j … Fn ) и
является равнодействующей силой для всех остальных, кроме F1 , что и требовалось доказать. Можно
сделать вывод: нахождение равнодействующей системы сил можно свести к нахождению силы, уравновешивающей эту систему.
Аксиома 3. Равнодействующая двух сил, приложенных в одной точке тела,
равна их геометрической сумме.
R
F1
A

F2
Рис. 4
Пусть в точке А тела приложены силы F1 и F2 (рис. 4). Их
можно заменить одной равнодействующей силой, направленной по диагонали параллелограмма построенного нa данных
силах, как на сторонах. Получим R  F1 + F2 и ( F1 , F2 )  R . По
теореме косинусов можно найти величину вектора
R  F12  F22  2 F1 F2 cos  .
Это правило нахождения равнодействующей называется правилом параллелограмма. Пользуясь этим правилом, докажем теорему о трёх силах.
Теорема: Три уравновешенные, лежащие в
одной плоскости силы, пересекаются в одA1
ной точке.
F1
Доказательство. Пусть на тело действуют
R
A3
F2
F3
три уравновешенных силы F1 , F2 , F3 , прилоO
F2
A2
женных в точках А1, А2, А3. Продолжим две
из
них ( F1 и F2 ) до пересечения в точке О (рис.
Рис. 5
5)
и перенесем их вдоль линий их действия в
точку О. Сложим их по правилу параллелограмма. Получим ( F1 , F2 , F3 )  ( R , F3 ) 
0.
Так как R и F3 –– две уравновешенных силы, то они направлены по одной
прямой в противоположные стороны, а это означает, что сила F3 тоже проходит
через точку О, что и требовалось доказать.
Обратная теорема здесь места не имеет. Действительно, если какие либо три
силы пересекаются в одной точке, то это ещё не значит, что они находятся в равновесии.
Аксиома 4. Два тела действуют друг на друга с силами, равными по величине
и противоположными по направлению. Эта аксиома часто называется законом раF1 =  F2 , но
венства действия и противодействия. Из определения следует, что
( F1 , F2 )  0 (рис. 6).
F2
Эти силы не являются уравновешенными, так как
F1
они приложены к различным телам.
F1
Рис. 6
Аксиома 5. Если деформируемое (неабсолютно твёрдое) тело, находящееся
под действием данной системы сил в равновесии, становится абсолютно твёрдым,
то его равновесие при этом не нарушается.
Эта аксиома называется принципом затвердевания. Она позволяет установить
связь между статикой абсолютно твёрдого тела и статикой деформируемого тела.
Контрольные вопросы к теме II
№ 1.
P2
P3
Q2
Q1
P1
Q1
Рис. 7
P4
Q2
Рис. 8
R
Q1
Q2
Рис. 9
Назовите неэквивалентные системы на рис. 7 – 9 (силы в равновесии).
1. ( P1 , P2 )  ( P3 , P4 ).
3. ( P1 , P2 )  R .
2. ( P1 , P2 )  ( Q1 , Q 2 ).
4. ( P3 , P4 )  R .
№ 2.
Для систем на рис. 7 – 9 укажите их равнодействующую.
1. ( P1 , P2 )  R .
3. ( Q1 , Q 2 )  R .
2. ( P3 , P4 )  R .
Выберите неверный ответ (силы в равновесии).
№ 3.
Определить модуль равнодействующей двух сил, приложенных в одной
точке тела, если F1 = F2 = 2 Н, а угол между ними  = 900 .
1. R  4 H .
3. R  0 .
2. R  4 2 H .
4. R  2 2 H .
№ 4.
Если сила R заменена силами P1 и P2 или P3 и P4 , то как называются эти силы
по отношению к силе R ?
1. Эквивалентными.
2. Составляющими.
3. Уравновешенными.
4. Сосредоточенными.
№ 5.
Даны две силы F1 и F2 (рис. 10). Как найти их равнодействующую?
1. R = F1 + F2 ;
2. R = F1 + F2 ;
3. R = F1  F2 .
F1
R
A
F2
Рис. 10
№ 6.
На каком рисунке неверно определена равнодействующая сил F1 и F2 ?
1. Рис. 11.
F2
F2
2. Рис. 12.
F1
F1
3. Рис. 10.
R
R
Рис. 11
Рис. 12
№ 7.
A
С
B
A
F
С
B
F
A
С
B
F
Рис. 13
Рис. 14
Рис. 15
На рис. 13  15 в точке А тела приложена сила F. Изменится ли её действие
на тело, если её перенести
1) в точку В  да;
2) в точку С  нет; 3) в точку В  нет.
Укажите неверный ответ.
№ 8.
На рис. 7 – 9 на тело действует уравновешивающаяся система сил. Какая из
нижеприведенных записей неверна?
1. ( P1 , P2 , Q1 , Q 2 )  0.
3. ( Q1 , Q 2 )   R .
2. ( Q1 , Q 2 )  R .
4. ( P3 , P4 , Q1 , Q 2 )  0.
№ 9.
F1
F1
F2
F2
A
A
Рис. 16
Рис. 17
F1
F2
A
Рис. 18
Найти равнодействующую сил F1 и F2 , изображенных на рис. 16  18.
1. R = F1 + F2 ; рис. 16.
2. R = F1 + F2 ; рис. 17.
3. R = F1  F2 ; рис. 18.
Укажите неверный ответ.
№ 10.
Определить угол  между равными F1 и F2 , если их равнодействующая R = 0.
1.  = 45 0 .
3.  = 180 0 .
2.  = 0 0 .
4.  = 90 0 .
После изучения темы II студент должен:
1) знать, на чем основывается статика;
2) уметь применять в теории и на практике основные определения и аксиомы
статики и их следствия;
3) помнить формулировки основных понятий и определений, а также аксиом
статики;
Тема III. СВОБОДНЫЕ И НЕСВОБОДНЫЕ ТЕЛА.
СВЯЗИ И РЕАКЦИИ СВЯЗЕЙ
В статике рассматривается равновесие свободного твёрдого тела.
Определение. Твёрдое тело называется свободным, если оно может перемещаться в пространстве по любому направлению.
Если же тело поставлено в такие условия, в силу которых оно не может перемещаться по тому или иному направлению, то оно является несвободным телом.
Про такое тело говорят, что на него наложены связи. Связь изменяет движение
тела, которое оно имело бы под действием приложенных к нему сил. Например,
на любое тело, находящееся на Земле, действует сила тяжести, и для того, чтобы
удержать его в равновесии, необходимо приложить к нему силу, уравновешивающую силу тяжести. Чаще всего это достигается путём наложения на него
связи, ограничивающей его перемещения в направлении силы тяжести. Так, ле-
жащий на горизонтальной плоскости шарик (рис. 19) может свободно перемещаться по этой плоскости и не может перемещаться по вертикали в направлении
силы тяжести. Это перемещение шарика ограничивает данная плоскость, являющаяся связью, наложенной на шарик.
Для лампы, подвешенной на шнуре, связью является шнур,
для лестницы, приставленной к стене, связями являются пол и
С
стена и т.д. Связи  это ограничения, наложенные на данное теP
ло со стороны других тел, препятствующие свободному перемещению. Связи обычно осуществляются или твёрдыми, или гибкими телами.
Рис. 19
Сила, с которой связь действует на тело, называется силой
реакции связи. Если считать силу, с которой тело действует на связь, действием,
то сила реакции связи является противодействием. Эти же две силы по закону равенства действия и противодействия равны и противоположны по направлению.
Следовательно, сила реакции связи равна по величине и противоположна по
направлению той силе, с которой данное тело действует на связь. Эта сила существует только тогда, когда данное тело действует на тела, осуществляющие связь.
Как только прекращается это действие, перестают действовать и силы реакции.
Вследствие этого реакции связей часто называют пассивными силами, то есть такими, которые сами не могут вызвать движение в отличие от сил движущих или
активных.
Однако всякое несвободное тело можно мысленно сделать свободным, если
освободить его от связей, заменяя их действие на тело силами реакции связей.
Это обстоятельство сформулировано в следующей аксиоме, которая называется
принципом освобождения от связи: не нарушая состояния тела, можно отбрасывать наложенные на него связи, сохраняя реакции этих связей приложенными к
телу.
Эта аксиома позволяет к несвободному твёрдому телу применить условия
равновесия свободного тела. При этом необходимо помнить, что равновесие несвободного тела следует рассматривать под действием как активных сил, так и
сил реакций связей.
Физический смысл реакции связи
Под влиянием силы, с которой тело действует на связь, связь деформируется.
При этом данное тело получает возможность некоторого перемещения. Это перемещение данного тела будет происходить до тех пор, пока силы упругости деформируемого тела, осуществляющего связь, не достигнут значений, при которых
устанавливается равновесие. При этом противодействие деформируемого тела
(сила реакции) будет равно по величине силе, с которой данное тело действует на
связь, и противоположно направлено. Обычно связями, как уже говорилось, являются или твёрдые, или гибкие тела. Возникающие в них деформации незначительны. Поэтому в теоретической механике для общности выводов тела, осуществляющие связи, считают тоже абсолютно твёрдыми. Однако свойства реакций и для таких связей сохраняются, хотя реакции для них носят условный харак-
тер.
Основные виды связей и реакции этих связей:
1. Гладкая поверхность. Реакция гладкой связи N направлена по нормали
к поверхности и приложена в точке касания тел (рис. 20).
N
Рис. 20
2. Гибкая нерастяжимая нить (трос, цепь, канат и другие). Реакция нити Т
направлена вдоль нити к точке подвеса А (рис. 21)
A
T
Рис. 21
3. Неподвижная точка или линия (конец неподвижного стержня или ребро
двугранного угла).
R
Рис. 22
Реакция такой связи направлена по
нормали к опирающейся поверхности
(рис. 22, 23).
R
Рис. 23
4. Гладкий цилиндрический шарнир или подшипник.
На неподвижный болт надевается втулка, жёстко скрепR0
ленная со стержнем. Тело, скрепленное с этим стержнем, может только вращаться вокруг оси шарнира и скользить вдоль
0
этой оси (рис. 24). Реакция такой связи направлена по нормали к его цилиндрической поверхности в той точке В, где поB
верхность втулки прижимается к болту и, следовательно, леРис. 24
жит в плоскости, перпендикулярной оси болта. Taк как положение точки В касания болта со втулкой неизвестно, то невозможно сразу указать
направление реакции. Поэтому про эту реакцию говорят, что она в общем случае
неопределена. Известно лишь, что oнa лежит в плоскости, перпендикулярной оси
шарнира, всегда проходит через центр шарнира и может иметь в ней
y0
R0 любое направление. При решении задач реакция шарнира или подшипника отыскивается по двум взаимно перпендикулярным состав0
ляющим X 0 и Y0 , направленным по двум взаимно перпендикулярx
0
Рис. 25
ным осям, поэтому R0 = X 0 + Y0 (рис. 25).
5. Сферический шарнир или подпятник.
Сферический шарнир (рис. 26) допускает относительное вращение соедиz0
R0
zA
RA
няемых с ним тел вокруг трех осей, но
препятствует любым перемещениям
0
xA
y0
точки крепления вдоль этих осей. ПоyA
x0
этому реакция его заранее неизвестна.
B
Рис. 27
Она направлена по нормали в точке В
Рис. 26
касания шара с опорой, всегда проходит
через центр шара О и может иметь любое направление в пространстве, так как
точку В нельзя указать заранее. При решении задач отыскивается по трем взаимно перпендикулярным составляющим X 0 , Y0 , Z 0 и сама она будет равна R0 =
X 0 + Y0 + Z 0 .
Подпятник (рис. 27) представляет собой соединение цилиндрического шарнира с опорной плоскостью, препятствующей осевым перемещениям тела. Эта реакция также неопределена и равна R A = X A + YA + Z A .
6. Невесомый прямолинейный стержень, имеющий по концам шарниры.
Реакция такого стержня АВ всегда направлена вдоль
стержня (рис. 38). Если стержень сжат, oнa направлена
RA
RB
наружу, если растянут, то внутрь стержня. Если стержень
A
C
СD изогнут (рис. 28), то его реакция будет направлена по
прямой, соединяющей шарниры С и D.
B
D
Ответьте на контрольные вопросы к теме III.
Рис. 28
Контрольные вопросы к теме III
№ 1.
N
N1
N1
N2
Рис. 31
Рис. 30
Рис. 29
N2
На котором рисунке неверно показаны реакции N гладкой плоскости?
№ 2.
T
Рис. 32
A
T
Рис. 33
A
T
Рис. 34
A
На котором рисунке неверно показана реакция нити Т?
№ 3.
Как направлена на рис. 35 реакция шарнира А? АВ = АС,  = 60°.
1. По стержню АВ.
y
2. По вертикали.
C
0
3. По горизонтали.
4. По высоте АО.
B

Q
A
P
x
Рис. 35
№ 4.
Как направлена реакция шарнира А на рис. 36? АС = ВС,  = 60°.
1. По вертикали.
0
C
2. По вертикали.
B
3. По высоте АО.
Q

4. По стержню АВ.
5. По горизонтали.
A
P
Рис. 36
№ 5.
Как направлена реакция шарнира А на рис. 37? АВ = ВС,  = 45°.
1.
По вертикали.
y
2.
По горизонтали.
F B C

3.
По прямой АС.
A
x
Рис. 37
A
№ 6.
Как направлена реакция шарнира А на рис. 38?  = 45°.
1. По прямой АВ.
C
2. По прямой АD.
D

3. По прямой АО.
B
P
0
Рис. 38
№ 7.
B
A
F
0
F2
0
A
B
F1
Рис. 39
B
Рис. 40

F
0
A
Рис. 41
На рис. 39 – 41 определите направление реакции шарнира А.
Выберите неверный ответ.
1. На всех рис. 39 – 41 реакция шарнира А направлена по прямой АО.
2. По прямой АО направлена реакция R A только на рис. 39 и 41.
3. По прямой АО направлена реакция R A только на рис. 39 и 40.
4. По прямой АО направлена реакция R A только на рис. 40 и 41.
№ 8.
Как направлена реакция опоры В на рисунках 39 – 41?
1. По стержню ВС (рис. 41).
2. По нормали к опорной поверхности (рис. 40).
3. По нормали к опирающейся поверхности (рис. 39).
Выберите верный ответ.
№ 9.
E
Как направлена реакция шарнира С на рис. 42?
1. По вертикали.
3. Она не определена.
2. По горизонтали.
4. Вдоль С.
D
C
A ..
e
B
P
Рис. 42
№ 10.
Как направлена реакция шарнира А на рис. 42?
1. По горизонтали АВ.
3. По прямой АD.
2. По вертикали АЕ.
4. Она неопределена.
После изучения темы III студент должен:
1) знать, что такое связи в реакции связей;
2) уметь определять реакции связей, наложенных на тело;
3) помнить основные вида связей и их реакции.
Тема IV. СХОДЯЩИЕСЯ СИЛЫ
Определение. Силы, линии действия которых пересекаются в одной точке, называются сходящимися силами.
F1
Систему сходящихся сил ( F1 , F2 ,…, F j ,…, Fn ) (рис.
A1
43) всегда можно заменить системой сил, приложенF
Fn
2
ных в одной точке. На основании следствия I аксиомы
A2
0
2 силы можно переносить вдоль линии их действия в
Fj
любую точку. Если мы их перенесём все в точку 0, то
получим систему сил, приложенных в одной точке
Рис. 43
(рис. 44). Так как все эти силы приложены в
одной точке тела, то их можно сложить по правилу параллелограмма, применяя
его последовательно к силам данной системы, или же по правилу силового многоугольника. По правилам сложения системы “n” векторов получим силовой многоугольник (pиc.45). Замыкающая сторона этого силового мноF1
Fn
гоугольника определит нам равнодействующую силу
данной системы. Она будет равна геометрической сумме заn
0
F2
данных сил, то есть R =  F j .
Fj
j 1
Рис. 44
Следовательно, сходящиеся силы всегда можно заменить одной равнодействующей силой, равной геометрической сумме этих сил и
F
F
j
приложенной в точке 0 пересечения этих сил.
2
F1
R
Рис. 45
Fn
Графические условия равновесия сходящихся сил
Уравновешенной системой сил или системой, эквивалентной нулю, является
такая система, равнодействующая R которой равна нулю. Но, если R = 0, то и
n
F
j 1
j
= 0, силовой многоугольник будет замкнут. Итак, для равновесия сходящих-
ся сил необходимо и достаточно, чтобы силовой многоугольник, построенный для
этих сил, был замкнут.
Пример. Определить графически усилия в стержнях крана АВС, удерживающего груз весом Р = 6 Н. Канат DBE перекинут через блок В (рис. 46).
D
Решение. Рассмотрим равновесие узла (точки) В. На
RD
60
узел наложены три связи –– два стержня и трос. Освободим
B
R2
его от связей, заменяя их действие силами реакции, соот45
A
ветственно R1 , R2 , RD . При этом RD = Р (натяжение каната
R1
равно весу груза Р). Получим сходящиеся силы (рис. 47).
P
C
Построим замкнутый силовой треугольник для этих уравРис. 46
новешенных сил (рис. 48). Найдем из него неизвестные
RD
нам силы R1 и R2 . Выбрав соответствующий масштаб, по30
B
лучим: Р1  4 H , Р2  2,1H . Усилия в стержнях равны
R2
45
найденным реакциям S1  4 H (сжат), S 2  2,1H (сжат).
Примечание. При решении задач статики все стержни в
P
R1
начале предполагаются растянутыми, поэтому реакции их
направляем внутрь стержней. В данной задаче из построенРис. 47
ного силового многоугольника видно, что на самом деле
R1
R2
силы R1 и R2 направлены наружу, то есть стержни не растянуты, а сжаты.
RD
0
0
0
0
30
P
0
Рис. 48
Аналитический способ определения сходящихся сил
Пусть мы имеем систему “n” сходящихся сил ( F1 , F2 ,…, F j ,…, Fn ), равнодейn
ствующая которых R =  F j . Разложим каждую из этих сил F j по ортам i , j , k
j 1
неподвижных декартовых осей x, y, z. Получим:
F1 = x1 i + y1 j + z1 k
F2 = x2 i + y2 j + z2 k
Fj = x j i + y j j + z j k
Fn = xn i + yn j + zn k
Сложив их все, получим:
n
n
n
n
j 1
j 1
j 1
j 1
R =  Fj = ( x j )i + ( y j ) j + ( k j )k ,
откуда следует, что
n
n
n
j 1
j 1
j 1
Rx   x j ; Ry   y j ; Rz   z j ,
где RX , RY , RZ  проекции силы R на те же оси. Зная проекции вектора на оси,
найдем его величину
R  RX2  RY2  RZ2
или
R  ( X ) 2  ( Y ) 2  ( Z ) 2
и направление по направляющим косинуса
cos 
RX
X
,

R
( X ) 2  ( Y ) 2  ( Z ) 2
аналогично
cos   RY
R ; cos   RZ
R.
Аналитические условия равновесия сходящихся сил
При равновесии сходящихся сил их равнодействующая R = 0:
R  ( X )2  (Y )2  ( Z )2 =0,
получим:  X  0 ;  Y  0 ;  Z  0 .
Это –– уравнения равновесия для сходящихся сил. Следовательно, для равновесия сходящихся сил необходимо и достаточно, чтобы сумма проекций этих сил
на три координатные оси равнялась нулю.
Порядок решения задач статики
1. Выделим объект, равновесие которого будем рассматривать.
2. Определим связи, наложенные на этот объект.
3. Освобождаем объект от связей, заменяя их действие силами реакции.
4. Составляем схему сил, действующих на объект.
5. Составляем уравнение равновесия для полученной системы сил и решаем
их относительно неизвестных величин.
y
RD
30
R2
0
B
45
0
P
R1
Рис. 49
Пример. Определяем усилия в стержнях крана АВС в выше рассмотренной задаче аналитическим способом, используя
рис. 49. Имеем:
 X  R1 cos 450  R2  RD cos300  0 ;
 X  P  R1 cos 450  RD cos600  0 .
Откуда R1  (P  RD cos 600 ) cos 450  4,2( H ) ,
R2  R1 cos 450  RD cos300  2,1( H ) .
Ответ: S1  4,2 H (сжат),
S 2  2,1H (сжат)
Ответьте на контрольные вопросы темы IV.
Контрольные вопросы к теме IV
№ 1.
Из схемы на рис. 35 составить сумму проекций всех сил, приложенных к
стержню АВ, на ось Х.
1.  Х  RB cos300  RA cos300 .
2.  Х  RB cos600  RA cos300 .
3.  Х  RB cos300  RA cos600  P  Q .
№ 2.
Из схемы на рис. 35 составить сумму проекций всех сил, приложенных к
стержню АВ, на ось Y.
1. Y  RB cos300  RA cos300 .
2. Y  RB cos600  RA cos600 .
3. Y  RB cos600  RA cos600  P .
4. Y  RB cos600  RA cos600  P  Q .
№ 3.
Из схемы на рис. 37 составить сумму проекций всех сил, приложенных к уголку АВС, на ось Х.
1.  Х  F  RC cos450  RA cos450 .
2.  Х  F  RC cos450  RA cos450 .
3.  Х  RC cos450  RA cos450 .
№ 4.
Из схемы на рис. 37 составить сумму проекций всех сил, приложенных к уголку АВС, на ось Y.
1. Y  RC cos450  RA cos450 .
2. Y  RC cos450  RA cos450 .
3. Y  RC cos450  RA cos450 .
4. Y  RC cos450  RA cos450 .
№ 5.
Построить силовой треугольник для сил, действующих на уголок АВС (рис.
37).
RC
RA
RC
RA
RC
RA
F
F
F
Рис. 50
Рис. 51
Рис. 52
На каком рисунке верно построен силовой треугольник?
1. На рис. 50.
2. На рис. 51.
3. На рис. 52.
№ 6.
y
45
Определить на рис. 53 проекцию RX силы RA на ось
0
F
Х.
C
30
A
0
x
P
Рис. 53
1.
2.
3.
4.
RX
RX
RX
RX
 RA cos600 .
 RA cos750 .
  RA cos450 .
  RA cos300 .
№ 7.
В стержневой конструкции (рис. 54) определить силу
Q, если Р = 10 Н.
1. Q  10 2 Н.
C
B
45
90
0
P
0
0
30 60 0
Q
A
D
2. Q  20 2 / 3 Н.
3. Q  10 2 / 3 Н.
Рис. 54
4. Q  10 3 Н.
№ 8.
C
A
B
P1
Построить силовой многоугольник для сил, действующих на шар (рис. 56).
 P2
Q
Рис. 55
P1
P2

Q
Q

P2
P1
Рис. 58
Рис. 56
Выберите неверный ответ.
P2

Q
P1
Рис. 57
№ 9.
Определить модуль равнодействующей сходящихся сил, если:
F1 Х  7 H , F1Y  0 , F2 Х  5H , F2Y  15 H , F2 Z  12 H , F3 Х  6 H , F3Y  0 , F3 Z  6 H .
1. R=8 H.
3. R=6 H.
2. R=25 H.
4. R=26,9 H.
№ 10.
Определить модуль равнодействующей трех сходящихся сил, если заданы их
модули: F1  5 H , F2  12 H , F3  9 H .
z
1. R=0 H.
2. R=26 H.
F2
F3
3. R=12 H.
0
4. R=20,9 H.
60
0
y
F1
x
Рис. 59
После изучения темы IV студент должен:
1) знать определение сходящихся сил, определение их равнодействующей, условия их равновесия;
2) уметь применить теорию при решении задач, то есть уметь выделить объект,
равновесие которого надо рассмотреть, составить схему сил, действующих на
него, и составить для этих сил соответствующие уравнения равновесия;
3) помнить, как найти проекцию силы на ось и на плоскость, сколько и каких
уравнений равновесия нужно составить для сходящихся сил.
Тема V. МОМЕНТ СИЛЫ ОТНОСИТЕЛЬНО ТОЧКИ И ОСИ
Момент силы относительно точки
При решении задач статики удобно считать, что сила, приложенная к телу, стремится повернуть его во.
круг точки, относительно которой оно закреплено.
Рассмотрим гаечный ключ (рис. 60), к ручке которого
приложены две равные силы –– P и Q . Из опыта известно, что сила Р, действующая под прямым углом к
ручке ОА, будет более эффективной при завёртывании
гайки, нa которую надет ключ, чем сила Q , хотя они и
равны (  90°). Эффективность силы, которая требуется для создания вращения
тела вокруг закреплённой точки, и называется моментом силы относительно этой
точки. Обозначается момент так: mom0 ( F ) или просто одной буквой m0 ( F ) . Момент силы относительно точки может быть алгебраическим или векторным.
Определение. Алгебраический момент силы F относительно точки О равен
произведению модуля силы на плечо. Точка О, относительно которой ищется момент, называется центром момента. Кратчайшее расстояние h от центра момента
О до линии действия силы F называется плечом силы F относительно точки О
(рис. 61). Исходя из приведенного выше определения можно записать, что
m0 ( F ) = Fh.
Момент считается положительным, если сила F стремится повернуть тело вокруг точки О против хода часовой стрелки, и отрицательF
ным, если по ходу часовой стрелки.
h
Если сила проходит через какой-либо центр, то момент
0
её относительно этого центра равен нулю (h = 0).
Момент силы F относительно точки О численно
Рис. 61
равен удвоенной площади треугольника АВО (рис. 62), который мы получим, если начало и конец силы F = AB соединим с центром момента О.
Понятие момента силы является одним из важнейших понятий механики. С
этим понятием мы будем постоянно встречаться не только при изучении механики, но и при изучении других
B
дисциплин: сопротивление материала, ТММ и т.д. ВозF
O
никло это понятие в глубокой древности. Уже тогда люA
дям было известно, что малой силой, действующей на
длинное плечо, можно преодолеть значительное сопроРис. 62
тивление. Научное обоснование этого свойства впервые
было дано Архимедом (III в. до н.э.) при открытии закона о рычаге.
Момент силы F относительно точки О можно представить и в виде вектора.
Определение. Векторный момент силы F относительно точки О равен векторно-
му произведению двух векторов: радиус-вектора r  OA точки приложения силы и
вектора силы F , проведённого из этого центра О (рис. 63), то есть m0 = r  F .
Величина и направление вектора m0 , определяются по правилам векторного
m0
произведения, то есть вектор m0 перпендикулярен
плоскости АОВ и равен удвоенной площади этого
B
F
треугольника, или своему алгебраическому значению
0
h.
m0  rF sin   Fh , где h  r sin  .

r
A
Направление его определяется по правилу векторРис. 63
ного произведения векторов r и F .
Величину и направление вектора можно определить по его проекциям на неподвижные декартовы оси, используя свойства того же самого векторного произведения. Если представить m0 = r  F определителем второго порядка, разложенным по элементам первой строки, получаем
i
j k
z
B F
m0 = r  F = x y z 
.
m0
k
A(x,y,z)
X Y Z
r
= ( yZ  zY )i  ( zX  xZ ) j  ( xY  yX )k .
Полученное выражение есть разложение вектоРис. 64
ра m0 по неподвижным осям координат. Коэффициенты при i , j , k в этом выражении есть проекция вектора m0 оси x, y, z. Они соответственно будут равны
mX  yZ  zY
my  zX  xZ
mZ  xY  yX
i
x
y
j
Зная проекции вектора m0 на оси, найдем его величину:
m0  mX2  mY2  mZ2 , cos   mX
m0 ; cos   mY
m0 ; cos   mZ
m0 .
В этих формулах x, y, z  координаты точки А приложения силы F , а X, Y,
Z  проекции силы на оси x, y, z (рис. 63).
Пример. Вычислить сумму моментов всех сил,
приложенных к балке АВ на рисунке 65,
относительно точек А и В. Вычислив моменты сил, полуy
чим:
a
a
a yB
0
m


Pa

P
sin
45
 2a  YB  3a ;

A
1
yA
B
P
xB
 mA  P1 sin 450 a  2Pa  YA  3a .
x
45
A
P1
Рис. 65
0
Момент силы относительно оси
Понятие момента силы относительно оси также возникло в связи с задачей о
рычаге.
Рычагом называется твердое тело, вращающееся около неподвижной оси под
действием сил, лежащих в плоскости, перпендикулярной этой оси (рис. 66).
Момент силы относительно оси характеризует вращательный эффект силы относительно этой оси. Если силы лежат в плоскости, перпендикулярной оси OZ
(см. рис 66), то моменты их относительно оси OZ будут равны их моментам относительно точки О пересечения оси вращения OZ с плоскостью, в которой расположены силы. Если же какая–либо сила F не лежит в плосF1
кости, перпендикулярной оси OZ, то, чтобы найти её
F2
0
момент относительно оси Z, надо эту силу F  AB спроектировать на плоскость n, перпендикулярную оси Z, а затем
F3
z
вычислить момент этой проекции F / = ab относительно
Рис. 66
точки О пересечения оси OZ с плоскостью n (рис. 67).
Определение. Момент силы F относительно оси Z равен моменту проекции
этой силы F / на плоскость, перпендикулярную оси, относительно точки пересечения с этой плоскостью.
Исходя из этого определения, можно записать, что mZ ( F )  m0 ( F / )  F / h , где
F /  F cos есть проекция силы F на плоскость n, перпендикулярную оси z. Так
как mZ ( F )  F / h , то mZ ( F )  2SОАВ .
F

A
C
В
F'
а
h
в
Рис. 67
П
0
Момент силы относительно оси считается положительным, если F / будет поворачивать тело вокруг оси OZ
против часовой стрелки, и отрицательным, если этот поворот будет происходить по часовой стрелке. Смотреть на
плоскость n следует с положительного конца оси OZ.
Заметим, что момент силы относительно оси равен
нулю, если сила параллельна оси или же пересекает её.
Зависимость между моментом силы относительно
точки и
моментом
z
F
относительно
оси, проходящей через эту

точку
B
mZ
h'
m0
Теорема.
Проекция векторного момента силы относительно точки на ось,
a
П
F'

проходящую через эту точку, равна моменh
в
ту силы относительно этой оси.

0
Пусть дана
некоторая сила F и точка
Рис. 68
О.
Построим
векторный момент m0 ( F ) .
Он направлен перпендикулярно плоскости ОАВ и равен его удвоенной площади.
Проведем через точку О ось OZ. Для этого построим плоскость П, перпендикулярную оси OZ. Спроектируем силу F  AB на эту плоскость и найдем F /  ab ,
вычислим её момент m0 ( F / )  2S ОАВ . Из рис. 68 видно, что S OAB  S OAB  cos  . По
известной из геометрии теореме площадь проекции равна площади проектируемой фигуры (в нашем случае треугольника АОВ), умноженной на косинус угла 
между плоскостью фигуры и плоскостью её проекции (ОАВ) на плоскость П. Но
угол между плоскостями треугольников равен углу между перпендикулярами к
этим плоскостям, следовательно, угол между осью OZ и вектором m0 , перпендикулярным к плоскости АОВ, тоже будет равен .
Исходя из этого, получаем
S oab  2S OAB  cos  ,
но
2SOAB  m0 ( F ) ,
а
2Soab  mZ ( F ) .
Следовательно,
mZ ( F )  m0 ( F ) cos  npZ  m0  mZ ,
что и требовалось доказать.
Но ранее мы доказали, что npZ m0  mZ  xY  yX , mY  npY m0  zX  xZ ,
mX  npX m0  yZ  zY . Значит, и моменты силы F относительно осей x, y, z будут
равны:
mX ( F )  yZ  zY
my ( F )  zX  xZ
mZ ( F )  xY  yX
Эти формулы называются аналитическим выражением момента силы относительно оси. Здесь x, y, z  координаты точки приложения силы, X, Y, Z  проz
екции самой силы на оси x, y, z.
Пример. Вычислить моменты силы F относительно
F
осей x, y, z. Сила F = 2 H направлена по диагонали
45
a
A
верхней грани куба, сторона которого а = 5м (рис. 69).
0
Найдем А(x, y, z) и F (X, Y, Z), получим из рис. 69:
y
a
x = a; y = 0; z = a, X  F cos450 , Y  F cos450 , Z=0.
Тогда
a
x
mX ( F )  yZ  zY   F cos 450 a  5 2 нм
Рис. 69
my ( F )  zX  xZ   F cos450 a  5 2 нм
0
mZ ( F )  xY  yX  F cos450 a  5 2 нм
Эти же значения можно получить, вычисляя моменты силы относительно осей
x, y, z непосредственно по определению момента силы относительно оси. Проделайте это самостоятельно в качестве проверки вычисленных моментов.
Теорема Вариньона, или теорема о моменте равнодействующей
x
Определение. Момент равнодействующей сходящихся сил относительно некоторого центра, если она существует, равен геометричеz
F1
ской сумме моментов составляющих сил относительно
F2
тогоO1
же центра.
Fj
r
Доказательство. Пусть в точке О1 приложена к телу
Fn
0
система ( F1 , F2 ,…, Fj ,…, Fn ) сходящихся сил. Равнодейy
n
ствующая этих сил R =  Fj . Приложена она в точке О1 .
Рис. 70
j 1
Проведём из центра О радиус–вектор r  OO1 и вычислим векторный момент силы R относительно точки О. Он будет равен
m0 ( R) = F  R или
n
m0 ( R)  F   F j  r  F1  r  F2  ...  r  F j  r  Fn 
j 1
 m0 ( F1 )  m0 ( F2 )  ...  m0 ( F j )  ...  m0 ( Fn ),
то есть что и требовалось доказать.
Если все силы лежат в одной плоскости, то их моменты достаточно сложить
алгебраически. Для системы сходящихся сил в одной плоскости получим
n
m0 ( R)   m0 ( Fj ) .
j 1
Ответьте на контрольные вопросы темы V.
Контрольные вопросы к теме V
№ 1.
y
yA

F
A
xA
О
Рис. 71
Определить момент силы F  2 Н относительно точки О, если x A  4 м, y A  3 м и угол   45 о (рис. 71).
1. M  4F sin  .
2. M  3F cos .
3. M  3F cos  4F sin  .
4. M  4F sin   3F cos .
x
№ 2.
Определить момент силы F относительно начала координат, если X  Y  2 Н,
а координаты точки приложения x  y  1 м.
1. М = 0.
2. М = 2 Нм.
3. М = 4 Нм.
4. Нет верного ответа.
№ 3.
S
30o
a
A
T T
B
30o
h2
h1
O b
Рис.72
Вычислить сумму моментов всех
сил, приложенных к рычагу АОВ относительно точки О.
 m0  Sh1  Th2 .
2.  m0  Sa  T cos 300 (b  c  cos 300 ).
3.  m0  Sa  sin 300  T cos 600 c  sin 300  T cos 300 (b  c  cos 300 ).
1.
Выбрать неверный ответ.
№ 4.
Определить момент силы F относительно точки
В, если F =150 Н, а = 0,2 м (рис. 73).
1. mB ( F )  F cos450 a.
2. mB ( F )  Fa.
3. m B ( F )  0.
A
o
a 45
B
F
4. m B ( F )   F cos 45 0 a.
a
Рис. 73
№ 5.
F1
F2

A
O
Рис. 74

B
Вычислить сумму моментов сил F1 и F2 на
рис. 74 относительно точки О:
1.  mO  F2 AO  F1OB.
2.  mO  F1OB  F2 AO.
3.  mO  F2 AO sin   F1OB sin  .
4.  mO  F2 AO cos  F1OB sin  .
№ 6.
На куб с ребром a действуют три равных cилы
F . Вычислить сумму их моментов относительно
осей координат:
1.  mX   mZ  Fa,  mY   Fa.
2.  m X   mY   m Z  Fa.
3.  m X   mY   m Z  0.
4.  m X   mY   mZ   Fa.
z
F2
0
a
F3 F
a
y
F1
a
x
Рис. 75
№ 7.
В предыдущей задаче вычислить сумму моментов всех сил относительно
точки О.
1.  m0  0.
 m0  3Fa.
3.  m0  Fa 3.
4.  m0  Fa.
2.
№ 8.
z
Вычислить сумму моментов сил на рис.76
относительно оси x ; FBz ; Q Bz .
1.  mx  QR  FR.
2.  mx  y A R  FR  QR.
3.  mx   y A 2a  QR.
4.  mx  QR  FR  y A 2a.
A
a
R
FF
B
a
y
x
Рис. 76
№ 9.
Вычислить в предыдущей задаче сумму моментов всех сил относительно оси y.
1.  m y  0.
2.
3.
m
m
y
 Qa  Fa.
y
 x A 2a.
№ 10.
Вычислить суммы моментов трёх равных сил на рис. 77 относительно осей x,
y, z.
z
1.  mx  mx ( F1 )   Fh.
F1
2.  m y  m y ( F2 )   Fh.
ah h a
O
F3
x
h
a
F2
y
3.  m z  m z ( F3 )   Fh.
4.  m x   m y   m z  Fa.
Укажите неверный ответ.
Рис. 77
После изучения темы V студент должен:
1) знать, что характеризует момент силы относительно точки и оси. Какая существует связь между этими понятиями;
2) уметь вычислять момент силы относительно точки и оси, определять плечо и
знак момента;
3) помнить определение момента силы относительно точки и оси.
Тема VI. ТЕОРИЯ ПАР НА ПЛОСКОСТИ И В ПРОСТРАНСТВЕ
Теория пар
Определение. Совокупность двух равных сил, направленных по параллельным
прямым в противоположные стороны, называется парой сил. Пару нельзя заменить одной силой, нельзя уравновесить одной силой, то есть пара не имеет ни
равнодействующей, ни уравновешивающей силы. Обозначение пары такое —
( F1 , F2 ) . Эту систему уже нельзя упростить. Плоскость, в которой расположена
пара, называется плоскостью действия пары.
Понятие пары ввёл в науку в XIX веке французский геометр Пуансо. Опыт показывает, что пара, действуя на тело, стремится сообщить ему вращательное движение, которое характеризуется моментом пары. Различают алгебраический и
векторный момент.
Определение. Алгебраический момент пары равен
F2
произведению одной из сил пары на плечо. Плечом
h
называется кратчайшее расстояние между силами, составляющими пару (рис. 78). Обозначается момент
F1
Рис. 78
пары таким образом: m( F1 , F2 )  m. По определению
m  m( F1 , F2 )  F1h  F2 h.
Момент пары считается положительным, если пара стремится повернуть тело
против часовой стрелки и отрицательным, если этот поворот происходит по часовой стрелке. Момент пары численно равен удвоенной площади треугольника, который мы получим, если начало или конец одной из сил соединить с началом или
концом другой силы (рис. 79). Действительно, m( F1 , F2 )  Fh  2S ABC .
Определение. Векторный момент пары
C
F2
перпендикулярен плоскости действия пары и
равен векторному произведению радиусh
B
вектора точки приложения одной из сил пары
и вектора самой силы.
F1
A
Например,
m ( F1 , F2 )  m  CA  F  CA  F21 (рис. 80).
Рис. 79
По модулю вектор m равен своему алгебраическому значению, то есть
m
m  F1h  F2 h  2S ABC .
C
B
Направление вектора m определяется правилами векторного произведения.
F1
F2
Свойства пар выражаются рядом теорем.
A
Рис. 80
Теорема 1. Момент пары равен сумме моментов сил, составляющих пару, относительно любого центра.
Доказательство:
Пусть дана пара ( F1 , F2 ) с моментом m ( F1 , F2 ) (рис. 81). Вычислим
 m0  m0 ( F1 )  m0 ( F2 )  OA  F1  OC  F2  OA  F1  OC  F1  (OA  OC )  F1 
 CA  F1  m ( F1 , F2 )  m.
m
A
F2
F1
C
O
Рис. 81
Точка О выбрана произвольно. Значит, векторный момент можно переносить без изменения
в любую точку пространства. Поэтому вектор
m — свободный вектор. Проектируя векторный
момент силы относительно центра на ось, проходящую через центр момента, мы получаем момент относительно оси. Поэтому
mx  mx ( F1 )  m x ( F2 ) ,
аналогично получаем
m y  m y ( F1 )  m y ( F2 ) ;
m z  m z ( F1 )  m z ( F2 ) .
Следовательно, момент пары относительно оси равен проекции векторного
момента пары на эту ось.
Сложение пар, лежащих в одной плоскости
Теорема 2. Момент равнодействующей пары равен сумме моментов слагаемых пар.
Доказательство. Пусть нам даны
A1
B1
две пары ( F1 , F1 ' ) и ( F2 , F2 ' ), лежащие в
F
1
одной плоскости. Продолжим линии
F2
F
A2
действия сил данных пар до их пересеA
F2
чения. В точки А и В (рис. 82) перенесём
BA
вдоль линий их действия силы F1 и F2 ,
F2 '
F1 ' и F2 ' соответственно. Сложив силы,
B
B2
F2 '
приложенные в точках А и В, получим
F'
F1 '
F  F1  F2 и F '  F1 ' F2 ' , которые обраРис. 82
зуют новую равнодействующую пару.
Итак, складывая пару, мы получим также пару. Найдем ее момент
m  ( F , F' )  BA  F  BA  (F1  F2 )  BA  F1  BA  F2  m1  m2 ,
что и требовалось доказать.
Доказанная теорема справедлива для любого числа "n" пар. Действительно, несколько пар, действующих в одной плоскости, всегда можно заменить одной парой, складывая данные пары по две. При этом вектор момента результирующей
n
пары M   m j , где m j — вектор момента j-й пары.
j 1
Примечание. Для пар, лежащих в одной плоскости, все векторные моменты
параллельны, поэтому их достаточно сложить алгебраически, то есть
n
M  mj .
j 1
Эквивалентные пары
Эквивалентными парами называются пары, оказывающие одинаковое действие
на одно и то же тело.
Теорема 3. Две пары, имеющие одинаковые моменты и действующие на твёрдое тело в параллельных плоскостях или в одной плоскости, эквивалентны друг
другу.
A
I
F1 '
m1
A
F1 ' I
F1 1
B
F1 1
B
O 1 R'
R
1
m
2
F2
II
F2 '
F2 A
F3
II
F3 ' B
2
Рис. 83
Рис. 84
Пусть нам даны две пары ( F1 , F1 ' ) и ( F2 , F2 ' ) с моментами m1 и m2 , лежащие в
параллельных плоскостях I и II (рис. 83). Предположим, что m1 = m2 .
Спроектируем точки приложения сил первой пары A1 и B1 на плоскость II
(рис. 84). В полученных точках A2 и B 2 приложим силы новой пары ( F3 , F3 ' ) , выбранные так, чтобы F3   F1 и F3 '   F1 '. При этом её момент m3  m1  m2 .
Докажем, что пара ( F3 , F3 ' ) уравновешивает каждую из данных пар, взятую
отдельно.
Складывая равные и параллельные силы F1 и F3 и F1 ' и F3 ' , мы получим две
равные и параллельные силы: R  F1  F3 и R'  F1 ' F3 ' , приложенные в точке О
пересечения диагоналей A1 B2 и A2 B1 . Силы R и R ' уравновешивают друг друга.
Представим всё, что мы проделали в виде такой записи:
( F1 , F1 ' , F3 , F3 ' )  ( R , R ' )  0.
Отсюда видно, что пара ( F3 , F3 ' ) уравновешивает пару ( F1 , F1 ' ) .
Сложив теперь моменты пар ( F2 , F2 ' ) и ( F3 , F3 ' ) , лежащих в плоскости II, получим m2  m1  0 . Это означает, что пара ( F3 , F3 ' ) уравновешивает и вторую из
данных пар — пару ( F2 , F2 ' ) . Если две пары порознь уравновешиваются третьей,
то они эквивалентны.
Доказанная теорема справедлива и для пар, лежащих в одной плоскости. Представим себе, что плоскость I (см. рис. 84) опускается до совпадения с плоскостью
II. Тогда точки A1 и A2 , B1 и B 2 совпадут, а точка О окажется посредине прямой
A1 B1 . Остальные рассуждения останутся в силе.
Из теоремы об эквивалентности двух пар следует, что действие пары на тело
не изменится, если
1) произвольно перемещать пару в её плоскости;
2) переносить пару в параллельную плоскость;
3) изменять плечо и модуль сил пары, не меняя вектора её момента.
F2 '
2
Всё это означает, что действие пары на тело полностью характеризуется вектором момента данной пары. Поэтому для задания пары достаточно указать вектор её момента.
m1
M
Для пар, лежащих в одной плоскости, их момент
F2
R
изображается "круговой" стрелкой, указывающей
m2
направление вращения пары, рядом со стрелкой
II
указывается величина момента пары.
I
F1 A
BA
Теорема 4. Две пары, лежащие в пересекающихся плоскостях, эквивалентны одной паре,
F1 '
момент которой равен векторной сумме моменB
тов данных пар.
F2 '
Доказательство. Пусть в плоскости I имеется
R'
пара с моментом m1 , а в плоскости II пара с
Рис. 85
моментом m2 . Обозначим линию пересечения
этих плоскостей через АВ и приведём обе пары к одному плечу, равному отрезку
АВ. Далее, чтобы плечо каждой пары совпало с отрезком АВ, полученные пары
( F1 , F1 ' ) и ( F2 , F2 ' ) с моментами m1 и m2 изобразим на рис. 85. Сложим попарно
силы, приложенные в точках А и В, по правилу параллелограмма. Получим две
силы: R  F1  F2 , R '  F1 ' F2 ' , которые образуют равнодействующую пapy. Вычислим момент этой пары
M  BA  R  BA  ( F1  F2 )  BA  F1  BA  F2  m1  m2 ,
что и требовалось доказать.
Доказанная теорема справедлива для любого числа пар, лежащих в пересекающихся плоскостях.
При любом числе "n" и любой ориентации слагаемых пар векторный момент
результирующей пары
n
M  mj ,
j 1
где m j — вектор момента j -й пары.
Вектор M  графически определяется замыкающей стороной многоугольника,
построенного из векторов моментов данных пар. Аналитически этот вектор можно определить по его проекциям M x , M y , M z на неподвижные декартовы оси
x, y, z , которые соответственно равны сумме проекций векторов моментов данных пар (по теореме о проекции суммы векторов).
n
n
n
j 1
j 1
j 1
Полагаем M x   m xj , M y   m yj , M z   mzj . Тогда M  M x2  M y2  M z2 ,
такой будет величина вектора М; направление найдём по направляющим косинуMy
M
M
сам: cos  x , cos  
, cos  z .
M
M
M
Уравновешивание системы пар
Система пар, произвольно ориентированных в пространстве, будет уравновешенной в том случае, когда момент результирующей пары равен нулю.
Геометрические условия равновесия системы пар
Для равновесия системы пар, произвольно ориентированных в пространстве,
необходимо и достаточно, чтобы многоугольник векторов моментов данных пар
был замкнут.
Аналитические условия равновесия системы пар
При равновесии системы пар вектор M равен нулю. Приравняем к нулю его
величину:
M  M x2  M y2  M z2  0,
n
n
j 1
j 1
M x   m xj  0, M y   m yj  0,
n
M z   mzj  0.
j 1
Следовательно, для равновесия системы пар, произвольно ориентированных в
пространстве, необходимо и достаточно, чтобы суммы моментов этих пар относительно каждой из координатных осей равнялись нулю.
Контрольные вопросы к теме VI
№ 1.
Сложить пары, лежащие в одной плоскости,
с моментами m1 , m2 , m3 (рис. 86).
m1
m2
m3
1. M  m1  m2  m3 .
2. M  m1  m2  m3 .
3. M  m1  m2  m3 .
Рис. 86
№ 2.
Выберите верный ответ.
Сложить пары, лежащие в трёх координатных плоскостях (рис. 87), с моментами
m1 , m2 , m3 .
z
m2
m1
y
m3
x
1. M  m1  m2  m3 .
2. M  m1  m2  m3 .
3. M  m1  m2  m3 .
Рис. 87
4. M  m1  m2  m3 .
Выберите верный ответ.
№ 3.
К квадрату (рис. 88) со стороной а приложены силы, равные F. Вычислить
сумму их моментов М.
F3
F3
F4
1. M  F1a  F2 a .
2. M  F1a  F2 a .
3. M  0 .
Выберите неверный ответ.
F2
F1
а
Рис. 88
№ 4.
Можно ли пару уравновесить:
1) одной силой;
2) двумя равными силами;
3) двумя равными антипараллельными силами;
4) двумя равными параллельными силами.
№ 5.
Какие из пар с равными моментами m буm1
m2
m3
дут эквивалентны (рис. 89)?
1. m1  m3 .
2. m1  m2 .
3. m2  m3 .
Рис. 89
№ 6.
Какие пары на рис. 89 являются уравновешивающимися?
1. m1 и m2 .
2. m2 и m3 .
3. m1 и m3 .
Выберите неверный ответ.
№ 7.
F1 h1
F2 h2
A
B
F1'
F2'
F2 h2 F2' F1 h1 F1'
A
B
A
B
M1
M2
Рис. 90
Рис. 91
Рис. 92
На рисунках изображены две пары с моментами M 1  F 1h1 и M 2  F 2h2 . На каких рисунках на балки действуют эквивалентные пары ( M 1  M 2 ) ?
1. Только на рис. 91 и 92.
2. Только на рис. 90 и 91.
3. Только на рис. 90 и 92.
4. На всех рис. 90, 91, 92.
№ 8.
Определить момент пары М опорных реакций опор А и В в предыдущей задаче
(считать M 1  M 2 ).
1. M  M 1  M 2 .
2. M  M 1  M 2 .
3. M  M 2  M 1 .
№ 9.
Рычаг AB  1 м находится в равновесии под действием приложенных к нему
сил (рис. 93) P1  100 H, P2  200 H. Определить величину силы Q , если
AD  DC  0,25 м.
A D
C
1.
2.
3.
4.
Q
B
Q  150 Н.
Q  150 Н.
Q  450 Н.
Q  450 Н.
P1
P2
Ðèñ.
Рис. 93
№ 10.
В предыдущей задаче определить реакцию шарнира А.
1. R A  450 H .
2. R A  450 Н.
3. R A  150 Н.
4. R A  150 Н.
После изучения темы VI студент должен:
1) знать, что такое пара, чем характеризуется ее действие на тело, свойства пар
на плоскости и в пространстве;
2) уметь вычислять момент пары, определять плечо и знак момента, складывать
пары на плоскости и в пространстве, определять эквивалентные пары;
3) помнить, что пару нельзя заменить и уравновесить одной силой, свойства пар
и их действие на тело.
Тема VII. ПРИВЕДЕНИЕ ПРОИЗВОЛЬНОЙ СИСТЕМЫ CИЛ
К ДАННОМУ ЦЕНТРУ
Определение. Произвольной системой сил называется система сил, как угодно
ориентированных в пространстве (рис. 94). Такую систему сил непосредственно
складывать нельзя, её нужно заменить эквивалентной системой, для которой это
сложение легко осуществить известными нам методами.
Такую замену можно осуществить методом Пуансо или методом приведения
системы сил к одному центру. Метод Пуансо основан на следующей лемме: силу
можно переносить параллельно самой себе из одной точки тела в другую, добавив
при этом некоторую пару, момент которой равен моменту переносимой силы
относительно нового центра.
Докажем, что это действительно так. Пусть в точке А тела приложена сила
F (рис. 95). Возьмём произвольную точку В тела и приложим к ней две уравновешенных силы ( F ' , F " )  0, равные F , от этого действие силы F на тело не
изменится (на основании аксиомы 2). Теперь на тело действуют сила F '  F ,
приложенная в новой точке В, и пара сил ( F , F " ) , называемая присоединённой
парой.
z
Fj
An
Fn 0
A2
A1
Aj
y
F
B
h
F
Рис. 94
F
.
A
Рис. 95
Найдём её момент m  m( F , F " )  Fh  mB ( F ) , что и требовалось доказать.
Этот результат параллельного переноса силы изображен на рис. 96 и 97.
F
m
m
.B
.
B
A
Рис. 96
.
F
.
A
Рис. 97
При этом на рис. 97 вектор m  mB ( F )  BA  F направлен перпендикулярно
плоскости, содержащей силу F и точку B , называемую центром приведения.
Используя метод Пуансо, приведём произвольную систему "n"
сил
( F1 , F2 ,..., F j ,..., Fn ), приложенную в точках A1 , A2 ,..., A j ,..., An на рис. 94 к одному
центру. За центр приведения выберем точку О — начало координат.
z
Aj
Fn
An Fj
m2
O
mj
mn
m1
F2
A2
y
A1
F1
x
Рис. 98
Начнём с силы F1 . Перенесём её из точки A1 в точку О, получим силу F1 '  F1 ,
чтобы действие на тело не изменилось, добавим присоединённую пару с моментом m1  m0 ( F1 ). Затем силу F2 параллельно самой себе перенесём из точки A2 в
точку О. Получим силу F2 '  F2 и пару с моментом m2  m0 ( F2 ) (рис. 98) и так далее, приведём силу F j к центру О, получим F j ' и пару с моментом m j  m0 ( F j ) и
так далее.
Приведём силу Fn к центру О, получим силу Fn ' и пару с моментом
mn  m0 ( Fn ). Таким образом, заданную произвольную систему "n" сил мы заменили эквивалентной системой "n" сходящихся сил F j ' , приложенных в центре О и
системой "n" пар, произвольно ориентированных в пространстве с моментами
m j  m0 ( F j ) .Складывая силы F j ' , мы получим одну равнодействующую силу, которая равна геометрической сумме сходящихся сил, приведённых к центру О. Но
n
так как каждая F j '  F j , то R '   m j , то есть геометрическая сумма приведённых
j 1
к центру О сил и заданных произвольно ориентированных сил будет одинакова.
Но если для сил F j ' сила R '  является равнодействующей, то для F j она является
только главным вектором.
z
M0
An
x
Aj

Теперь сложим все присоединённые пары. Получим одну равнодействующую пару с
R
A2
О
A1
n
n
j 1
j 1
моментом M   m j   m0 ( F j ' )  M 0 (рис.
y
99). Полученный вектор M 0 называется главным моментом произвольной системы сил.
Рис. 99
Запишем всё, что мы проделали здесь, в символах:
( F1 , F2 ,..., F j ,..., Fn )  ( F1 ' , F2 ' ,..., F j ' ,..., Fn ' ); (m1 , m2 ,..., m j ,..., mn )   ( R ' , M 0 ) .
Итак, в результате приведения произвольной системы сил к данному центру
всегда в общем случае получаем одну силу, называемую главным вектором произвольной системы сил, и пару, момент которой называется главным моментом
произвольной системы сил. Главный вектор нельзя называть равнодействующей,
так как он не один заменяет данную систему, а вместе с парой.
Главный вектор и главный момент произвольной системы
Определение. Главный вектор произвольной системы сил R ' равен геометриn
ческой сумме этих сил, то есть R '   F j . Аналитически он определяется по его
j 1
проекциям на неподвижные декартовы оси, которые равны сумме проекций заданных сил на те же оси.
n
n
n
j 1
j 1
j 1
Итак, Rx '   X j ; R y '   Y j ; Rz '   Z j ;
тогда R'  ( Rx ' ) 2  ( Ry ' ) 2  ( Rz ' ) 2 или R'  ( X ) 2  ( Y ) 2  ( Z ) 2 .
Такой будет величина главного вектора; направление его найдём по направляющим косинусам:
cos 
Ry ' Y
Rx '  X
R ' Z

; cos  

; cos  z 
.
R'
R'
R'
R'
R'
R'
Определение. Главный момент произвольной системы сил M 0 , относительно
некоторого центра О равен геометрической сумме моментов составляющих сил
n
относительно того же центра О, то есть M 0   m0 FJ .
J 1
Аналитически главный момент отыскивается по его проекциям на неподвижные декартовы оси M x , M y , M z , которые называются главными моментами произвольной системы сил относительно осей x, y, z и равны по теореме о проекции
суммы векторов на ось соответственно:
n
n
n
j 1
j 1
j 1
M x   прx m0 ( F j ) ; M y   пр y m0 ( F j ) ; M z   прz m0 ( F j ) .
Но проекция вектора момента силы относительно точки на ось, проходящую
через эту точку, равна моменту силы относительно этой оси. Поэтому получаем
n
n
n
j 1
j 1
j 1
M x   mx ( F j ) ; M y   m y ( F j ) ; M z   mz ( F j )
Определение. Главный момент произвольной системы сил относительно некоторой оси равен алгебраической сумме моментов составляющих сил относительно
той же оси.
Зная проекции главного момента M 0 на оси x, y, z, найдем его величину и
направление по направляющим косинусам:
M 0  ( M x ) 2  ( M y ) 2  ( M z ) 2 ; M 0  ( mx ) 2  (  m y ) 2  (  mz ) 2 ;
cos 
M x  mx
 m y ; cos   mz .

; cos  
M0
M0
M0
M0
Инварианты произвольной системы сил
Мы приводили все силы произвольной системы ( F1 , F2 ,..., F j ,..., Fn ) сил к ценn
n
j 1
j 1
тру О. Получили силу R '   F j и пару M 0   m0 ( F j ) . Выясним, каким будет
результат приведения этой же произвольной системы ( F '1 , F2 ' ,..., F j ' ,..., Fn ' ) к новому центру O1 . Пусть расстояние между центрами приведения OO1  d . Так как
при параллельном переносе сил в центр O1 ни величина, ни направление сил F j
n
не меняются, то, следовательно, R '   F j тоже не меняется. Итак, главный векj 1
тор R ' не зависит от выбора центра приведения и является первым статическим
n
инвариантом. Главный же момент M 0   m0 ( F j ) изменится с изменением центра
j 1
приведения, так как меняется плечо каждой силы F j , меняется её момент, меняетn
ся и сумма моментов всех сил, то есть M 0   m0 ( F j ) M 0 . Главный момент отноj 1
n
сительно нового центра приведения O1 M 01   m01 ( F j ) и M 01  M 0 . Этот вектор
j 1
M 01 можно представить в таком виде: M 01  M 0  m01 ( R ' ) . На основании леммы о
параллельном переносе силы R ' из точки О в точку O1 мы добавили к прежнему
вектору M 0 момент присоединённой пары m01 ( R ' )  O1O  R ' . Выберем ось l в
направлении вектора R ' и спроектируем обе части равенства M 01  M 0  m01 ( R ' )
на
ось
или
на
направление
главного
вектора.
Получим
l
прl M 01  прl M 01  прl m01 ( R ' ) . Но, так как m01 ( R ' ) перпендикулярен R ' , то есть
оси l , то прl m0 ( R ' )  0 .
Следовательно, проекция главного момента произвольной системы сил на
направление главного вектора есть величина постоянная и является вторым статическим инвариантом.
Частные случаи приведения произвольной системы данному центру
1. Приведение только к паре.
Если R ' 0 , а M 0  0 , то система приводится
z
n
M0
только к паре с моментом M 0   m0 FJ . В этом
J 1
О
x
Рис. 100
случае главный момент не зависит от выбора
y центра приведения, то есть M 0  M 01 , так как две
различные пары не могут быть эквивалентны одной и той же системе (рис. 100). Этот результат
можно представить в следующем виде: ( F1 , F2 ,..., F j ,..., Fn )  M 0  M 01 .
2. Приведение только к силе.
а) Если M 0  0 , а R ' 0 , то система эквивалентна
z
силе, то есть ( F1 , F2 ,..., F j ,..., Fn )  R '  R (рис. 101). Эта
R  R'
сила R является равнодействующей данной произвольной системы. Она равна главному вектору и приложена
О
y в центре приведения.
б) Если M 0  0 и R ' 0 , но M 0 R ' , то такую систеx
му тоже можно заменить одной силой. Покажем это.
Рис. 101
Пусть в горизонтальной плоскости находится сила R ' и
пара с моментом M 0 , перпендикулярным R ' .
Преобразуем пару таким образом (рис. 102),
M0
чтобы силы её были равны R ' и переместим пару
( R , R ") так, чтобы сила R " уравновесила главR''
R'
ный вектор R ' ; отбросив уравновешенную сиd
стему ( R ' , R ") , получим одну силу R , прилоR
женную в точке O1 . Так как момент пары
M
Рис. 102
( R , R ")  Rd  M 0 , то d  OO1  0 . Запишем
R'
всё
это
в
символах
так:
( F1 , F2 ,..., F j ,..., Fn )  ( R ' , M 0 )  ( R , R ", R )  R .
Полученная равнодействующая тоже равна главному вектору, но приложена
уже в новом центре O1 .
Используя этот результат, докажем теорему Вариньона.
Теорема Вариньона или теорема о моменте равнодействующей
для произвольной системы сил
Момент равнодействующей произвольной системы сил, если она существует,
относительно некоторого центра равен геометрической сумме составляющих сил
относительно того же центра (векторное выражение теоремы).
Доказательство. Пусть дана произвольная система ( F1 , F2 ,..., F j ,..., Fn )  R ,
найдём её момент относительно центра О (рис. 102). Получим
n
m0 ( R )  OO1  R  m ( R , R ")  M 0   m0 ( F j ) ,
j 1
n
то есть m0 ( R )   m0 ( F j ) , что и требовалось доказать.
j 1
Если выбрать с началом в точке О декартовы оси x, y, z, то в проекциях на оси
последнее векторное равенство будет представлено тремя скалярными. Они имеn
n
n
j 1
j 1
j 1
ют следующий вид: mx ( R )   mx ( F j ); m y ( R )   m y ( F j ); mz ( R )   mz ( F j ).
Эти три равенства выражают теорему Вариньона для произвольной системы
сил в скалярной форме.
Теорема. Момент равнодействующей произвольной системы сил, если она
существует, относительно некоторой оси равен алгебраической сумме моментов
составляющих сил относительно той же оси.
3. Приведение произвольной системы сил к динаме или к динамическому винту.
Динамой называется система, состоящая из силы и пары, лежащей в плоскости, перпендикулярной силе, или это такая система, у
R'
которой
M0
M 0  0 и R ' 0 и M 0 // R ' (рис. 103).
Прямая, по которой направлены векторы R ' и M 0 ,
О
называется осью динамы. Покажем, что любую систему, у которой M 0  0 и R ' 0 и эти векторы не перпенРис. 103
дикулярны, можно привести к динаме.
R'
R
M0
Пусть дана система, у которой M 0  0 и R ' 0 и составляют между собой угол  (рис. 104).

M1
Разложим вектор M 0 на две составляющих M 1 и
M
O
M 2 , получим M 0  M1  M 2 . При этом M 1 направим
O1
M2
вдоль главного вектора, а M 2 — перпендикулярно главРис. 104
ному вектору. Пo модулю M 1  M 0 cos  , M 2  M 0 sin  .
Далее, так как M 2  R ' , мы их заменим одной силой R ,
M
приложенной в точке O1 на расстоянии OO1  2 от
R'
точки О. Оставшийся момент M и сила R будут параллельны и, следовательно, представляют динаму, что и
требовалось доказать.
Запишем все в символах:
( F1 , F2 ,..., F j ,..., Fn )  ( R ' , M 0 )  ( R ' , M 1 , M 2 )  ( M 1 , R ) .
4. Равновесие произвольной системы сил.
Для равновесия произвольной системы сил необходимо и достаточно, чтобы
R ' 0 и M 0  0 . Запишем их величину и приравняем нулю. Получим
R'  ( X ) 2  ( Y ) 2  ( Z ) 2  0; M 0  ( mx ) 2  ( m y ) 2  ( mz ) 2  0.
Выражения, стоящие здесь под знаком корня, будут равны нулю только в одном случае, когда каждое слагаемое подкоренного выражения равно нулю. Поэтому можем записать так:
 X  0;
 Y  0;
 Z  0;
 mx  0,
 m  0,
 mz  0.
y
Полученные шесть уравнений называются уравнениями равновесия произвольной системы сил.
Таким образом, для равновесия произвольной системы сил необходимо и достаточно, чтобы суммы проекций всех сил на каждую из трёх координатных осей
и суммы их моментов относительно этих осей равнялись нулю.
5. Приведение плоской системы сил к данному центру.
Если силы произвольно ориентированы на плоскости, то такая система сил
называется плоской системой. В этом случае главный вектор R ' будет равен геометрической сумме плоской системы сил и отыскивается по двум проекциям на
оси x и y, то есть R'  ( X ) 2  ( Y ) 2 (рис. 105).
Главный момент плоской системы сил относительно некоторого центра О будет равен алгебy
раической сумме составляющих сил относительно
Fn
A1
того же центра О, то есть
n
An
F1
A2
M 0   m0 ( F j ) .
Fj
j 1
F2
Векторы моментов плоской системы все перAj
x пендикулярны плоскости и их достаточно сложить
О
алгебраически. Результат приведения плоской сиРис. 105
стемы к центру О показан на рис. 106. Так как полученная сила R ' и пара с моментом M 0 лежат в
одной плоскости, то их, как было показано выше,
y
можно всегда заменить одной силой R и R ' , прилоM
женной на расстоянии OO1  0 от точки О (рис.
R'
R'
107). При этом момент равнодействующей
n
О
x
M
R
R'
О1
О
R ''
R ''
Рис. 107
j 1
Получим теорему Вариньона для плоской системы сил. Читается она так: "Момент равнодействующей плоской системы сил, если она существует, относительно некоторого центра равен алгебраической
сумме моментов составляющих сил относительно
того же центра".
Рис. 106
y
m0 ( R )  M 0   m0 ( F j ) .
x
Равновесие плоской системы сил
Для равновесия плоской системы сил необходимо и достаточно, чтобы
n
n
j1
j 1
R '   F j  0 ; M 0   m0 ( F j ) .
Аналитически R'  ( X ) 2  ( Y ) 2  0 .
Последнее неравенство выполняется при одном условии, когда
Y  0 .
Получим три уравнения равновесия для плоской системы сил:
 X  0 ; Y  0 ;  m0  0 .
X 0;
Частные случаи равновесия произвольной системы сил
В общем случае для :любой произвольной системы сил можно составить, как
мы видели, шесть уравнений равновесия. Они имеют такой вид:
 X  0;
 mx  0,
 Y  0;
 m y  0,
 Z  0;
 mz  0.
Из этих шести уравнений, как частный случай, можно получить уравнения
равновесия любой системы сил. Рассмотрим несколько таких систем.
1. Сходящиеся силы.
z
Если выбрать за начало координат точку, где
сходятся силы, то они (рис. 108) не создадут моментов относительно осей. Из шести уравнений
останутся только три:  X  0, Y  0,  Z  0 .
y
Для сил в плоскости ОХY только два:  X  0,
Y  0 .
Три уравнения моментов обратятся в тождества.
F1
Fn
F2
О
Fj
x
Рис. 108
2. Плоская система сил.
y
F1
О
Из шести уравнений равновесия для такой системы
(рис. 109) останется только три:  X  0 ; Y  0 ;
 m0  0 , так как силы лежат в плоскости и их проекции на ось z всегда равны нулю, а их векторы-моменты
F2
Fn
Fj
x
z
Рис. 109
параллельны оси z и на оси x, y их проекции равны нулю.
Это первая форма уравнений равновесия.
Кроме этих трёх уравнений для плоской системы можно составить три уравнения моментов относительно трёх точек А, В, С, не лежащих на одной прямой,
так как главный вектор системы равен нулю, то главный момент относительно
любого центра будет равен нулю. Можем записать ещё три уравнения равновесия
для плоской системы:  m A  0 ;  mB  0 ;  mC  0 — это вторая форма уравнений равновесия.
Третья форма может быть записана так:  X  0 ;  m A  0 ;  mB  0 , при
условии, чтобы прямая АВ не была перпендикулярна к взятой оси проекций.
3. Параллельные силы.
Для сил, параллельных оси z (рис. 110), мы будем иметь три уравнения
равновесия:  Z  0 ;  mx  0 ;  m y  0 .
Так как силы параллельны оси z , то они момента
z
относительно этой оси не создадут, и на оси x, y их
Fj
проекции равны нулю. Для параллельных сил в плосF1
Fn
кости OXY получим два уравнения: Y  0 ;  m0  0 ,
F2
если силы параллельны оси у.
y
O
x
Рис. 110
4. Рычаг. Равновесие рычага.
Рычагом называется твёрдое тело, вращающееся вокруг неподвижной оси OZ
под действием сил, расположенных в плоскости, перпендикулярной этой оси (рис.
111).
F2
F1
О
Fj
Fn
Для равновесия рычага необходимо и достаточно,
чтобы равнодействующая всех сил, приложенных к
рычагу, если она существует, прошла через точку
опоры рычага О и уравновесила реакцию опоры R0 .
Тогда ее m0 ( R )  0 . Но по теореме Вариньона
n
m0 ( R )   m0 ( F j )  0 , следовательно,
z
j 1
Рис. 111
n
 m (F )  0
j 1
0
j
при равновесии рычага.
n
Если система приведется к M 0   m0 ( F j )  0 , то ее равновесие будет только
j 1
в одном случае, когда M 0  0 и
n
 m (F )  0 .
j 1
0
j
Вывод. Для равновесия рычага необходимо и достаточно, чтобы сумма моментов всех сил, приложенных к рычагу относительно точки опоры его О, равнялась нулю.
Реакция жесткой заделки
Рассмотрим балку АВ, конец А которой жестко заделан в неподвижной стене.
Такой вид связи называется жесткой заделкой или защемлением. Практически
защемление обеспечивается путём запрессовки или завинчивания конца балки,
вала в отверстие. На защемленный конец балки действует со стороны опорных
плоскостей система сил, произвольно расположенных в плоскости. Если эти силы привести к одному центру А, то получим силу RA и пару M A , которые заменят все силы в заделке.
Сила RA неопределена и отыскивается по двум
YA
составляющим X A и YA . Таким образом, реакция
жёсткой заделки состоит из силы RA  X A  YA и
XA
B пары M A .
A
Примечание. Если тело объемное, то реакция в
заделке будет состоять из силы RA  X A  YA  Z A и
пары с моментом M A  M x  M y  M z .
MA
Рис. 112
Контрольные вопросы к теме VII
№ 1.
Можно ли упростить систему, у которой R '  4 j  3k , a M 0  5i  6 j  8k ?
1. Можно заменить парой.
2. Можно заменить силой.
3. Нельзя упростить.
№ 2.
z
A F1
B
F3
x C
O
F2
y
Определить вектор R ' для сил на рис. 113, если
F1  F2  F3  F , AB = BC = AC.
1. R ' 0 .
2. R ' 3F .
3. R '  F 3 .
Рис. 113
№ 3.
Известно, что главные моменты произвольной системы сил относительно осей
M x  M y  M z  1 1 Нм. Определить её главный момент M 0 относительно начала
координат О.
1. M 0  0 .
2. M 0  3 Нм.
3. M 0  3 Нм.
№ 4.
Дан главный момент системы относительно начала координат
M 0  2i  3 j  4k . Определить главные моменты системы относительно осей x, y,
z.
1. M x  0 ; M y  1 ; M z  2 .
2. M x  1; M y  2 ; M z  3 .
3. M x  2 ; M y  3 ; M z  4 .
4. M x  3 ; M y  4 ; M z  2 .
№ 5.
Определить M A , если R  5 Н (рис. 114) M 0  25 Нм,
ОА = 1 м.
1. M A  0 .
2. M A  50 Hм.
3. M A  20 Нм.
y
4. M A  25 Нм.
z
M0
R О
x
A
Рис. 114
№ 6.
M A , если
Определить
M 0  20 Нм, ОА = 2 м.
M A  20 Нм.
1.
M A  40 Нм.
2.
M A  0.
3.
z
R
О
A
y
M0
Рис. 115
x
R  10 H (рис. 115),
№ 7.
К какому простейшему виду можно привести силы
на рис. 116 , если F1  F2  F3  F4  1 H.
1. К паре.
2. К паре и силе.
3. Силы уравновешены.
F3
F1
F2
Рис. 116
F4
4.
К силе.
№ 8.
F1
60о
F2
Определить равнодействующую R сил на рис. 117,
если F1  F2  F3  1 Н.
1. R  0 .
2. R  3 Н.
60о
3. R  1,5 Н.
F3
4. R  1 Н.
Рис. 117
№ 9.
Определить главный вектор R' плоской системы сил, если его проекции на оси
R x  3 H, R y  4 H.
1. R' 0 .
2. R' 3 H.
3. R' 4 H.
4. R' 5 Н.
№ 10.
Определить F2 на рис. 118, если F1  4 Н, AC  2 м, AB  6 м.
F1
F2
A
B
C
1.
2.
3.
4.
F2
F2
F2
F2
 4 Н.
 12 H.
 6 Н.
 0.
Рис. 118
После изучения темы VII студент должен:
1) знать, чем можно заменить любую произвольную систему сил, как определяется главный вектор и главный момент, инварианты и условия равновесия произвольной системы сил;
2) уметь составлять уравнения равновесия для любой системы сил;
3) помнить, что любая произвольная система может быть заменена силой и
парой, а при определенных условиях силой, парой или динамой, или же при равновесии системы не будет ни силы, ни пары.
VIII. СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМЫЕ И НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ.
ТРЕНИЕ
Задача называется статически определимой, если число неизвестных в задаче
соответствует числу независимых уравнений равновесия, которые можно составить для каждой системы сил, действующей на тело. Если это произвольная система сил, то их будет шесть, если плоская система — то три, для рычага –– вообще одна и так далее. Если же число неизвестных превышает число уравнений
равновесия, задача называется статически неопределимой.
Разность между числом неизвестных и числом уравнений равновесия называется степенью статической неопределённости задачи.
Статическая неопределённость возниF1
F2
кает при наложении на тело так называемых лишних связей. Лишними называются

A
B все связи, кроме тех, которые достаточны
для закрепления тела при действии на него
заданных сил. Например, рассмотрим балРис. 119
ку с двумя неподвижными опорами (рис.
119), нагруженную непараллельными силами. На нее в точках А и В действуют по
две силы X A , YA и X B , YB , то есть четыре неизвестных, а уравнений равновесия
для такой системы сил в плоскости только три. Данная задача является статически
неопределимой. Если же одну из опор заменить на подвижную (катки), то задача
станет статически определимой.
Во всех статически неопределимых задачах нужно принять во внимание деформации. Но решение таких задач выходит за пределы статики абсолютно твёрдого тела.
Такие задачи рассматриваются в курсе сопротивления материалов.
Однако в статике рассматривают многоопорные балки, если они не целые, а
составные. Такие задачи решаются методом расчленения. Этот метод применяется в том случае, когда мы рассматриваем равновесие нескольких тел или систему
тел. Метод этот заключается в следующем. Мысленно систему расчленяем, то
есть рассматриваем равновесие каждого тела в отдельности, приложив к нему реакции отброшенных тел. Если система находится в равновесии, то и каждое тело
из этой системы тоже будет находиться в равновесии. Следовательно, для каждого из этих тел можно составить по три уравнения равновесия, если силы, действующие на них, лежат в одной плоскости (и по шесть уравнений, если эти силы
произвольно ориентированы в пространстве). Таким образом, для системы, состоящей из "n" тел, можно составить "3n" уравнений равновесия (или "6n" в пространстве).
Пример. Определить реакции опор А и В и промежуточного шарнира С балки
AD (рис. 120). Рассмотрим равновесие каждой
F части в отдельности, расчленив систему в шарнире С. Начнём с балки DС. Составим для неё
C
B
два уравнения равновесия (рис. 121):
A
D
a
l
Рис. 120
b
Y  RB  F  RC  0 ;
 mB   Fb  RC l  0 .
Найдем RC 
y
C
y
B
RC '
F
RB
A
С
RA
D
RC
Fb
b 1
и RB  RC  F 
F.
l
l
MA
Рис. 121
Рис. 122
Теперь рассмотрим балку АС (рис. 122). Составим для неё два уравнения равновесия Y  RC ' RA  0 ;  mA  RC ' a  M A  0 . Но RC '  RC (по закону равенства действия и противодействия).
Fb
Fb
; M A  RC ' a 
R A  RC ' 
a.
l
l
Трение
До сих пор мы рассматривали только абсолютно гладкие поверхности. При
таком допущении они могли передавать только нормальные реакции. В некоторых случаях силы трения являются основным фактором при определении равновесия тела, в таких случаях трением пренебречь нельзя.
Трение — это сопротивление, возникающее при перемещении одного тела по
поверхности другого. В зависимости от характера перемещения различают трение
скольжения и трение качения. Трение широко распространено в природе и технике. Часто оказывает вредное действие и приводит к износу механизмов, иногда
трение бывает полезно (при ходьбе человека).
Трение скольжения
Сопротивление, возникающее при скольжении одного тела по поверхности
другого, называется трением скольжения. Впервые вопрос трения был исследован
французским учёным Кулоном. Законы трения установлены им опытным путём.
Это очень сложное явление, точных законов трения нет. Учение о трении выходит
за рамки теоретической механики, так как механика изучает не реальные физические тела, а воображаемые, абстрактные. Определить трение между соприкасающимися телами без учёта их физических свойств невозможно.
N
Представьте себе следующий опыт. Положим на
А
S
Fтр
некоторую плоскость брусок весом Q (рис. 123).
Q
Н
S
Сила Q уравновешивается реакцией плоскости N .
Брусок находится в равновесии. Приложим к бруску
горизонтальную силу S , что можно осуществить
при помощи нити, переброшенной через блок, на
конце которой подвешен груз H , равный S .
Как бы мала ни была эта горизонтальная сила, она была бы неуравновешенной
и заставила бы брусок скользить. Но в действительности брусок остаётся в покое
до тех пор, пока сила S не достигнет некоторой определённой величины. Следовательно, на брусок кроме силы N со стороны плоскости действует еще некоторая сила, препятствующая скольжению, уравновешивающая силу S . Это и будет
сила трения скольжения Fт р . Будем постепенно увеличивать силу S , будет увеличиваться и сила Fт р . Наконец наступит такой момент, когда даже небольшое
увеличение силы S приведет брусок в движение. В этот момент тело будет находиться в предельном положении, на грани скольжения и покоя, и сила трения достигнет в этот момент своего максимального значения Fmax и при дальнейшем
увеличении силы S уже не сможет её уравновесить. Сила трения возникает только при попытках сдвинуть покоящееся тело. Если не делать таких попыток, сила
трения останется равной нулю. Сила трения, проявляющаяся при покое, называется силой трения покоя (сила сцепления); сила трения, проявляющаяся при движении, называется силой трения скольжения в движении.
Законы трения скольжения
1. Сила трения скольжения в покое направлена в сторону, противоположную
возможному перемещению тела.
2. Максимальная сила трения пропорциональна давлению одного тела на друF
гое, то есть Fmax  f 0 N (уравнение Кулона), откуда f 0  max — статический коN
эффициент трения скольжения, число отвлечённое, размерности не имеет, зависит
от состояния трущихся поверхностей и от материала, из которого они изготовлены (0< f 0 <1).
3. Сила трения скольжения в покое может меняться в зависимости от условий
опыта от нуля до Fmax , то есть 0< Fтр. пок < Fmax .
4. Сила трения скольжения в покое не зависит от размеров трущихся поверхностей. Этот закон справедлив при условии не очень малой поверхности (то есть в
опыте брусок не ставится на ребро или вершину).
5. Сила трения скольжения в движении направлена в сторону, противоположную скольжению, и равна Fтр  fN , где N — давление одного тела на другое, а
f — динамический коэффициент трения. Определяется он опытным путём, тоже
число отвлечённое, зависит от состояния и материала поверхностей, а также от
скорости движения тел. При этом f 0 > f .
Реакция шероховатостей поверхности. Угол и конус трения
RA
N
N
RA
0

Fт р
Fтр
A
A
Рис. 125
Рис. 124
Рассматривая равновесие твёрдого тела, опирающегося на неподвижную поверхность в какой-либо точке А, мы предполагали, что реакция этой поверхности
направлена по нормали к ней. Опыт показывает, что предположение не соответствует действительности. На самом деле реакция RA неподвижной поверхности
образует с нормалью некоторый угол  и состоит из нормальной реакции N и
силы трения Fтр (рис. 124), противодействующей скольжению тела по этой поверхности. Если соприкасающиеся тела твёрдые и гладкие, то сила Fтр незначительна, поэтому ей иногда можно пренебречь. Если сила трения достигает своего
максимального значения, то Rmax  N  Fmax , Fmax  f 0 N .
Наибольший угол  0 , который полная реакция негладкой поверхности Rmax
составляет с нормалью, называется углом трения. Найдём тангенс угла трения. Из
F
f N
рис. 125 видно, что tg 0  max  0  f 0 , то есть тангенс угла трения равен коN
N
эффициенту трения.
Конус трения
Геометрическое место прямых, проведенных под углом трения к нормали, через точку А касания тела с поверхностью, образует коническую поверхность,
называемую конусом трения (рис. 126).
Если при движении тела в любом направлении f 0
N RA
Rmax

Rmax одинаков, то конус трения будет круглым. Так как
0< Fтр. пок < Fmax , то tg < tg 0 , тогда  <  0 .
Это значит, что полная реакция негладкой поверх0
ности RA при равновесии тела будет проходить внутри
конуса трения. Когда равновесие предельное, она будет
A
направлена по образующей конуса трения.
Рис. 126
Пример. К телу, лежащему на шероховатой поверхности, приложена сила Р
(рис. 127). Нужно определить, при каком условии сила Р сдвинет тело с места.
Если пренебречь весом тела, то N  P cos , тогда Fmax  f 0 N  f 0 P cos  , тело
сдвинется только тогда, когда сдвигающие усилия
P
P sin  будут больше Fmax , то есть
P cos 
P sin  > f 0 P cos  или tg > f 0 = tg 0 ,
то есть  >  . Следовательно, никакой силой, как
бы велика она не была, мы не сможем сдвинуть
P sin 
тело с места, если угол  < f 0 . Этим объясняются
Рис. 127
известные явления заклинивания или самоторможения тел.
Равновесие при наличии трения
Изучение равновесия тел с учётом трения сводится обычно к рассмотрению
положения равновесия, когда сила трения достигает своего максимального значения Fmax  f 0 N . Составляются обычные уравнения равновесия статики, в которые
наряду со всеми силами, приложенными к телу, войдут и силы трения. Решая полученные уравнения, определяют искомые величины.
Если равновесие в задаче не является предельным, то сила трения Fтр . пок не
будет равна Fmax , то есть условие равновесия здесь будет выражено неравенством
Fтр  f 0 N .
Пример. Определить какую силу Q , надо приложить к грузу весом P  10 H,
чтобы сдвинуть его с места (рис. 128), если   30 0 , f 0  0,6 .
Решение. Рассмотрим груз в предельном поy
Q
ложении. На него действуют силы P , Q , N ,
N
Fmax .
Fmax

Составим для него два уравнения равновеx сия:
 X  Q cos  Fmax  0; 
P

Y

N

P

Q
sin


0
.



Рис. 128
Отсюда N  P  Q sin  и Fmax  Q cos  .
Но Fmax  f 0 N , тогда получим
Q cos   f 0 ( P  Q sin  ) ,
f0 P
отсюда Q 
 5,2 Н.
cos  f 0 sin 
Трение качения
Сопротивление, возникающее при качении одного тела по поверхности другого, называется трением качения.
Пусть на шероховатой горизонтальной плоскости находится каток радиусом R
и весом Р (рис. 129). Каток находится в равновесии под действием двух сил N и
P .
y
N
N
N
C
C
Fт р
A
P
Рис. 129
S
Fт р
P
Рис. 130
S
C
A
k
P
Рис. 131
Приложим к его центру С небольшую горизонтальную силу S (рис. 130). Мы
увидим, что каток останется в покое, следовательно, сила S уравновешена Fтр ,
приложенной к катку со стороны негладкой плоскости. Из рис. 130 видно, что N
и P — уравновешенные силы, а S и Fтр образуют пару, которая должна вызвать
качение цилиндра. Однако этого не происходит. Объясняется это тем, что фактически вследствие деформации тел касание их происходит вдоль некоторой площадки АB, а не в точке (рис. 131). В результате нормальная реакция N оказывается, смещённой в сторону действия силы S на некоторую величину, равную k.
Из рис. 131 видно, что в предельном положении при S max на тело действует две
пары сил. Пара ( P , N ) называется парой трения качения, она препятствует качению катка. Ее момент M тр называется моментом трения качения и равен
M тр  kN  kP .
Коэффициент трения качения k измеряется в единицах длины. Определяется
опытным путем, зависит от материала соприкасающихся тел. Пара ( S max , Fтр )
стремится привести каток в движение. При равновесии моменты пар равны
kN
k
S max R  kN . Откуда S max
для большинства материалов
 Fтр . Отношение
R
R
значительно меньше f 0 . Следовательно, сопротивление при качении значительно
меньше, чем сопротивление при скольжении одного тела по поверхности другого.
Поэтому в технике, когда это возможно, стремятся заменить скольжение качением.
До тех пор, пока S < S max , каток находится в покое, при S = S max начинается каkN
чение. Но S  Fтр и S max  Fmax . Тогда S max 
с одной стороны и S max  f 0 N с
R
kN
, то не произойдёт ни
R
скольжения, ни качения. Рассмотрим несколько примеров.
другой стороны. Следовательно, если S  f 0 N и S 
C
C
A
A
С
A'
A
Рис. 133
Рис. 132
Рис. 134
На рис. 132 цилиндр только скользит по связи. Это будет при условии
kN
, но S  f 0 N .
S
R
На рис. 133 будет только качение цилиндра при условии, что
kN
, но S  f 0 N .
R
На рис. 134 будет и качение, и скольжение при условии, что
kN
и S  f0 N .
S<
R
S<
Контрольные вопросы к теме VIII
№ 1.
A
P1
B
P2
Рис. 135
Определить P2 , если f  0,2 , P1  200 Н (рис. 135).
1. P2  200 Н.
2. P2 = 40 Н.
3. P2  100 Н.
№ 2.
A
45о
Рис. 136
B
Однородный брус АВ опирается в точке А на гладкую стену, а в точке В (рис. 136) –– на негладкий пол.
Определить f в точке В при равновесии бруса.
1. f  0,5 .
2. f  0,3 .
3. f  0,4 .
4. f  0,2 .
№ 3.
К однородному катку весом 4 кН приложен момент
M  20 Нм. Определить коэффициент k (рис. 137),
при котором каток покоится.
1. k  5  10 2 м.
2. k  5  10 3 м.
3. k  5 м.
М
С
Рис. 137
№ 4.
Укажите номер статически определимой конструкции (рис. 138–140).
F
М
М
F
Рис. 138
Рис. 139
Рис. 140
№ 5.
M
A
B
C
Рис. 141
Определить M C , момент в заделке С, если
M  800 Нм, АВ=2 м, ВС=0,5 м (рис. 141).
1. M C  800 Нм.
2. M C  400 Нм.
3. M C  300 Нм.
4. M C  200 Нм.
№ 6.
F
A
O
R
Рис. 142
Определить наименьший вес катка в кН для того,
чтобы он находился в покое, если коэффициент трения k = 0,008 м, ОА = 0,2 м, R = 0,4 м, F = 12 Н (рис.
142).
1. P  900 кН.
2. Р = 0,9 кН.
3. Р = 0,3 кН.
4. Р = 0,6 кН.
№ 7.
Укажите номер статически неопределимой конструкции (рис. 143–145).
M
M
M
Рис. 143
Рис. 144
Рис. 145
№ 8.
Однородный каток прижимается к плоскости силой
F  600 Н (рис. 146). Каким должен быть наибольший вес катка Р в кН, чтобы он катился по плоскости?
M  18 Нм, k  0,008 м.
1. Р = 600 Н.
2. Р = 3,6 кН.
3. Р = 3 кН.
4. Р = 2,4 кН.
F
M
O
Рис. 146
№ 9.
F
A
30o
Рис. 147
Каким должен быть вес Р тела А, для того, чтобы началось
скольжение вверх по наклонной плоскости (рис. 147), если
F  90 Н, f  0,3 ?
1. P  90 Н.
2. P  45 кН.
3. P  118 кН.
4. P  375 кН.
№ 10.
Цилиндр весом 520 Н лежит на горизонтальной плоскости. Определить M тр ,
если k  0,007 м.
1. M тр  3,64 Нм.
2. M тр  520 Нм.
3. M тр  0 .
После изучения темы VIII студент должен:
1) знать, какие задачи можно решить методами статики, как учесть силы, если
поверхности, с которыми соприкасается данное тело, не являются гладкими;
2) уметь определить степень статической неопределенности системы, определить
величину и направление сил трения, составить уравнения равновесия с учетом
сил трения;
3) помнить, что не всякую задачу можно решить методами статики, законы трения скольжения и качения.
Тема IX. ЦЕНТР ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ СИЛ. ЦЕНТР ТЯЖЕСТИ.
КООРДИНАТЫ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ
Центр параллельных сил
A2
z
F1
F2
A1
O
zj
yC
yj
x
С
Aj
Пусть мы имеем систему “n” параллельных сил, которая приводится к равнодействующей. Проведем ось z параллельно силам оси x и y перпендикулярно оси z (рис.
148). Равнодействующая этих сил R равна
Fn
An
y
zC
R xC
Fj
xj
n
их алгебраической сумме R   Fj и приj 1
ложена в точке С( xC , yC , zC ) , называемой
центром параллельных сил.
Рис. 148
Найдем координаты этой точки, используя теорему Вариньона. Имеем
n
n
n
j 1
j 1
mx ( R )   mx ( F j );  Ryc   F j y j , отсюда yC 
F y
j 1
n
j
F
j 1
Аналогично
j
.
j
n
m y ( R)   m y ( F j ) , отсюда
j 1
n
n
z
A1
Fj
F2
A2
F1
zj
C
xj
x
y
xC
yC
yj
Рис. 149
j 1
n
j
F
j 1
An
zC
O
j 1
Fn
R
Aj
RxC   F j x j и xC 
F x
j
.
j
Для отыскания zC повернем все силы вокруг точек их приложения на 90 0 по часовой
стрелке (рис. 149) и снова применим ту же
теорему.
n
Получим mx ( R)   mx ( F j )
j 1
n
n
или RzC   F j z j , отсюда zC 
j 1
F z
j
j 1
n
F
j 1
j
.
j
Распределенные силы
y
Распределенными силами называются силы,
действующие вдоль некоторой линии. РаспредеdFj R
q=q(x)
ленные нагрузки (силы) характеризуются интенсивностью q , то есть силой, приходящейся на
dxj
единицу длины нагруженного отрезка. ИзмеряетA
ся интенсивность в ньютонах, деленных на метр
B x
C
xj
(Н/м). Например, распределенной нагрузкой являxC
ется сила давления воды на плотину.
Распределенную нагрузку можно заменить одРис. 150
ной сосредоточенной силой R. Покажем это.
Пусть на отрезке AB  l действуют распределенные силы интенсивностью q
(рис. 150). Распределенную нагрузку можно считать состоящей из бесконечно
большого числа бесконечно малых параллельных сил dF j , действующих на отрезке dx j . Кривая, изображающая закон изменения интенсивности нагрузки по
длине (функция q  q(x) ), называется эпюрой нагрузки. Найдем равнодействующую этих элементарных сил
n
R   dFj
y
j 1
n

 qdx
j 1
j
,
l
q=const
более точно R   q( x)dx ; точка С приложения
0
n
x
A
l/2
C
B
этой силы имеет координату xC 
R
Рис. 151
 dF x
j 1
n
 dF
j 1
l
l
0
0
xc   q( x) xdx /  q( x)dx .
Пример 1. Равномерно распределенная нагрузка.
j
j
или
j
Это нагрузка постоянной интенсивности q  const (рис. 151).
Вычислим
l
l
R  q  dx  ql и xc 
q  xdx
0
y
y=kx
A
qmax
x

xC=(2/3)l
C
R
B
l2 / 2 l

 .
l
2
0
qx
Пример 2. Нагрузка, распределенная по закону треугольника (рис. 152).
Вычислим
l
l
kl 2 q max l 2 q max l
R   q( x)dx  k  xdx 

 
,
2
l
2
2
0
0
l
xc 
q max  x 2 dx
0
l
Рис. 152
q max l
2

q
2
l , где k  tg  max .
3
l
Центр тяжести
Пусть мы имеем некоторое тело. Разобьем его на очень большое число “n”
бесконечно малых частиц M j . На каждую такую частицу действует направленная
вертикально вниз сила Р j , называемая ее силой тяжести (рис. 153). Силы тяжести
всех частиц представляют систему параллельных сил ( P1 , P2 , ..., Pj ,..., Pn ) , котоn
рую можно заменить одной силой Р   Р j и приложенной в центре параллельj 1
ных сил с координатами xC , y C , zC .
z
Равнодействующая сил тяжести всех чаAj ( x j , y j , z j )
стиц Р называется силой тяжести или весом
A1
тела. Центр этих параллельных сил называетPj
P1
ся центром тяжести тела.
C ( xC , y C , z C )
A2
y
Как бы мы не поворачивали тело и не
P2 P
An
изменяли его положение в пространстве,
Pn
силы тяжести его отдельных частиц останутся параллельными друг другу (вертиx
Рис. 153
кальными).
Относительно тела они будут поворачиваться вокруг своих точек приложения,
сохраняя свою величину и параллельность. Равнодействующая Р будет все время
параллельна силам Р j и будет всегда проходить через точку С. Следовательно,
центр тяжести тела находится в совершенно определенной для данного тела точке
и не изменяет своего положения относительно тела при изменении положения са-
мого тела. Положение центра тяжести зависит от формы тела и от распределения
в нем материальных частиц. Центр тяжести может лежать в точке, где нет материальных частиц, принадлежащих данному телу (например, центр тяжести окружности лежит в ее центре).
Координаты центра тяжести
Запишем координаты центра параллельных сил С, являющегося одновременно
центром тяжести тела:
n
n
n
n
n
n
xC   Pj x j /  Pj ; yC   Pj y j /  Pj ; zC   Pj z j /  Pj ,
j 1
j 1
j 1
j 1
j 1
(1)
j 1
где x j , y j , z j — координаты частицы Аj.
Полученные формулы определяют координаты центра тяжести С.
Координаты центра тяжести однородного тела
В формулах (1) представим Pj  V j , где V j — объем отдельной частицы Аj,
n
 — вес единицы объема. Преобразуем одну из них: xC 
 V j x j
j 1
n
 V j
n

V x
j
j 1
V
j
,
j 1
n
где V  V j — объем всего тела.
j 1
Аналогично получим две других координаты.
Итак, для однородного тела имеем:
n
xC 
x V
j
j 1
V
n
j
; yC 
y V
j
j 1
V
n
j
; zC 
z V
j
j 1
V
j
.
(2)
Координаты центра тяжести однородной фигуры
Расписав Pj  S j , где  — вес единицы площади, S j — площадь отдельной
частицы A j , получим
n
xC 
 xjS j
j 1
S
n
; yC 
y S
j
j 1
S
j
,
n
где S   S j — площадь всей фигуры.
j 1
Координаты центра тяжести однородной линии
(3)
Распишем вес отдельной частицы: Pj  l j , где  — вес единицы площади,
lj — длина единичного участка, получим
n
xC 
x l
n
j j
j 1
L
; yC 
y l
n
j j
j 1
L
; zC 
z l
j j
j 1
L
,
(4)
n
где L   l j — длина всей линии.
j 1
Чтобы получить более точное значение координат, надо в формулах (1), (2),
(3), (4) перейти к пределу сумм при условии, что число частиц A j увеличивается
(n   ), а размеры их уменьшаются. Предел каждой из этих сумм дает интеграл,
вычисленный соответственно по всему объему, площади или линии, например:
1
1
для однородного тела xC   xdV ; для однородной фигуры xC   xdS ; для одVV
SS
1
нородной линии xC   xdL .
LL
Способы определения координат центров тяжести тел
1. Симметрия. Если однородное тело имеет плоскость, ось или центр симметрии, то его центр тяжести лежит соответственно или в плоскости симметрии, или
на оси симметрии, или в центре симметрии.
Допустим, что однородное тело имеет плоскость симметрии, которой она разбивается на две части, веса которых P1 и P2 равны, а центры тяжести C1 и C 2
находятся на одинаковом расстоянии от этой плоскости. Ясно, что равнодействующая этих равных параллельных сил — вес всего тела — будет проходить через
середину С отрезка C1C 2 , которая будет лежать в плоскости симметрии, что и
требовалось доказать. Аналогичный результат получается и в случаях, когда тело
имеет ось или центр симметрии.
2. Разбиение. Если тело (фигуру, линию) можно разбить на конечное число
таких частей, для каждой из которых положение центра тяжести известно, то координаты центра тяжести всего тела (фигуры, линии) можно непосредственно
вычислить по формулам (2), (3), (4). При этом число слагаемых в каждом числителе будет равно числу частей, на которое разбито тело.
3. Дополнение. Этот способ является частным случаем способа разбиения. Он
применяется к телам, имеющим вырезы, если центры тяжести тела без выреза и
вырезанной части известны. При вычислении координат в формулах (2) и (3) объем и площадь вырезанной части следует брать со знаком минус. Этот метод еще
называют методом отрицательных площадей и объемов.
Центры тяжести некоторых однородных тел
1. Центр тяжести площади треугольника. Разобьем площадь треугольника
АВD (рис. 154) прямыми, параллельными стороне АВ, на “n” узких полосок, центры тяжести которых будут лежать на меридиане DK.
Следовательно, центр тяжести всего треугольy
ника лежит на этой медиане. Аналогичный результат получается для двух других медиан. Значит,
центр тяжести площади треугольника лежит в точB
ке пересечения его медиан.
1
K
При
этом
известно,
что
CE

BE и
C
yC
3
D
x
x  x 2  x3
y  y 2  y3
E
A
; yC  1
, где x1 , x 2 , x3 ,
xC  1
3
3
xC
y1 , y 2 , y 3 — координаты вершин А, В, D треугольРис. 154
ника.
2. Центр тяжести дуги окружности. Рассмотрим дугу АВ радиусом R с центральным углом AOB  2 (рис. 155). Проведем хорду АВ и опустим на нее перпендикуляр, выберем его за ось x, которая будет осью симметрии дуги АВ. Следовательно, центр тяжести С дуги будет лежать на оси x и надо найти только одну
1
координату xC   xdl .
LL
Разобьем дугу на очень большое число элементов
y
dl j  Rd j , положение которых определяется углом  .

A
Координата x j элемента будет равна x  R cos , при
d
dlj
этом L  AB  2dR .

x

Вычислим
O


1
R2
2
xC 
 R cos d  2R sin  
2
R

 B

Рис. 155

Итак,
xC 
R
sin   ( sin  )  2 R sin   R sin  .
2d
2

R sin 
,
(5)

где  — половина центрального угла, измеряемого в радианах.
3. Центр тяжести площади кругового сектора. Рассмотрим круговой сектор
АОВ радиусом R с центральным углом 2 (рис. 156).
Примем за начало координат центр круга О и напраА
y
вим ось x по радиусу ОD, проведенному через середину
A1
дуги АВ. Разобьем мысленно площадь сектора ОАВ ра
O
D x диусами, проведенными из центра О, на "n" секторов. В

B1
В
пределе при неограниченном увеличении числа n эти
секторы можно рассматривать как плоские треугольники, центры тяжести которых лежат на дуге A1 B1 радиуса
2
r  R.
3
Следовательно, центр тяжести сектора ОАВ будет совпадать с центром тяжести дуги A1 B1 , положение которого можно вычислить по формуле
r sin  2 R sin 
,
xC 

y

3 
где  — половина центрального угла, измеряемого в раx дианах.
O
Пример. Определить координату центра тяжести полуXc C
круга радиуса R.
Фигура имеет ось симметрии (рис. 157). Найдем

2 sin 
4R
. Здесь   , тогда xC 
.
xC  R
Рис. 157
3

3
2
Контрольные вопросы к теме IX
№ 1.
Определить координаты xC 1 и xC 2 точек приложения сосредоточенных сил на рис. 158.
2
1. xC1  xC 2  a .
3
2
x
2. xC1  xC 2  b .
3
2
2
3. xC1  a ; xC 2  b .
3
3
2
b
4. xC1  a ; xC 2  a  .
3
3
y
a
B
A
a
b
Рис. 158
№ 2.
q2
q1
B
A
l
Рис. 159
Определить сосредоточенную силу на рис. 159.
1. R  q1l .
l
2. R  (q2  q1 ) .
2
3. R 
(q2  q1 )l
.
2
№ 3.
M
A
B
q
a
Рис. 160
При какой q момент в заделке равен нулю?
M  Pa (рис. 160).
6P
1. q 
.
a
3P
2. q 
.
a
P
3. q  .
a
№ 4.
В задаче № 3 определить R A .
1. R A  0 .
qa
2. R A 
.
2
3. R A  qa .
№ 5.
Определить реакции опор А и В в задаче № 2, если l  2 м, q1  15 Н/м,
q 2  30 Н/м.
1. R A  20 Н, RB  25 Н.
2. R A  25 Н, RB  20 Н.
№ 6.
B
q
A

Определить реакцию заделки А на рис. 161, если
AB  2 м,   60 , q  50 Н/м. Вес балки P  100 Н.
1. x A  86,6 Н; y A  150 Н; z A  150 Нм.
2. x A  86,6 Н; y A  150 Н.
3. M A  150 Нм.
4. x A  86,6 Н; y A  150 Н; M A  150 Нм.
Рис. 161
№ 7.
y
2 м2 м
2м 4м
x
Определить координату xC центра тяжести
панели с двумя равными оконными проемами
(рис. 162).
1. xC  0 .
2. xC  5 м.
3. xC  10 м.
№ 8.
Определить y C в задаче № 7.
1. yC  0 .
2. yC  2 м.
3. yC  4 м.
№ 9.
y
b
C
x
O
a
Рис. 163
y
B
A
D
O
Рис. 164
x
Определить xC , y C на рис. 163.
a
b
1. xC  ; yC  .
2
2
a
2. xC  yC  .
2
b
3. xC  yC  .
2
№ 10.
Определить координаты xC и y C центра тяжести
равностороннего треугольника со стороной а (рис.
164).
a
a 3
1. xC  ; yC 
.
2
3
a
2. xC  0 ; yC  .
2
a 3
3. xC  0 ; yC 
.
6
После изучения темы IX студент должен:
1) знать, как заменить распределенную нагрузку одной сосредоточенной силой,
что такое сила тяжести, центр тяжести, как определяются координаты центра
тяжести тела, фигуры, линии;
2) уметь заменять распределенные силы сосредоточенными, определять координаты центра тяжести тела, фигуры, линии;
3) помнить формулы, по которым определяется величина сосредоточенной силы
и координаты ее точки приложения, а также формулы для вычисления координат центра тяжести тела, фигуры, линии.
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ К КОНТРОЛЬНЫМ ВОПРОСАМ
Тема II
№ 1.
Эквивалентными системами на рис. 7 – 9 будут ( P1 , P2 ) и ( P3 , P4 ) , обе они эквивалентны R . Следовательно, неэквивалентными будут ( P1 , P2 ) и (Q1 , Q2 ) (ответ
2).
№ 2.
Hеверным является ответ 3. R для системы (Q1 , Q2 ) будет уравновешивающей, а не равнодействующей силой. Равнодействующей она будет для систем
( P1 , P2 ) и ( P3 , P4 ) .
№ 3.
Равнодействующая R = F1 + F2 и определяется здесь по теореме Пифагора, так
как F1 перпендикулярна F2 . Получим R  F12  F22  2 2 (Н). Верен ответ 4.
№ 4.
Сила R  P1  P2 и R  P3  P4 является равнодействующей этих сил, а они ––
ее составляющими. Верен ответ 2.
№ 5.
Верен ответ 1. Равнодействующая двух сил F1 и F2 равна их геометрической
сумме.
№ 6.
Неверно определена сила R на рис. 12. R = F1 + F2 и определяется по правилам
сложения векторов F1 и F2 : по правилу параллелограмма (рис. 10) или по правилу
силового треугольника (рис. 11). На рис. 12 R  ( F1  F2 ) .
№ 7.
Силу можно переносить вдоль ее линии действия в любую другую точку. Действие силы на тело не изменится, если ее из точки А перенести в В или С. Поэтому
ответ 1 неверен.
№ 8.
На рис. 7 – 9 тело находится в равновесии. Следовательно, силы, действующие
на него, уравновешены, то есть
( P1 , P2 , Q1 , Q2 )  ( P3 , P4 , Q1 , Q2 )  ( R , Q1 , Q2 )  0 .
Неверен ответ 2. (Q1 , Q2 , - R )  0 .
№ 9.
Неверно найдена R для сил, изображенных на рис. 17. R = Р1  Р2 , а не
R  F1  F2 . На рис. 16 и 18 она найдена верно.
№ 10.
R  0 для уравновешивающихся сил, то есть равных по величине и направленных по одной прямой в противоположные стороны. Следовательно,   180 .
Верен ответ 3.
Тема III
№ 1.
Реакция гладкой поверхности перпендикулярна этой поверхности. Неверно
показана сила N 1 на рис. 31 (ответ 3). Сила N 1 = 0; ее изображать не нужно, так
как шар действует на связи своей силой тяжести Р , и сила N 1 не может уравновешивать силу Р . Сила Р уравновешена силой N 2 .
№ 2.
Реакция гибкой связи направлена вдоль связи к точке подвеса, так как гибкая
связь подвержена только растяжению. Верен ответ 3.
№ 3.
Реакция шарнира А неопределена. Она лежит в плоскости, перпендикулярной
оси шарнира, и может иметь в этой плоскости любое направление. Но если на тело действуют три уравновешенных силы, лежащих в одной плоскости, то они
сходятся в одной точке (на основании теоремы о трех силах). В этом случае реакцию шарнира А можно указать сразу. На рис. 35 она будет проходить через точку
А и точку В пересечения силы P и нити ВС, то есть пойдет по стержню АВ. Верен
ответ 1.
№ 4.
Смотреть ответ к № 3. Реакция шарнира А будет проходить через точку О пересечения нити ВС и силы Р, то есть пойдет по высоте АО. Верен ответ 2.
№ 5.
Смотреть ответ к № 3. Верен ответ 3. Реакция шарнира А пойдет по прямой
АС.
№ 6.
Смотреть ответ к № 3. Реакция шарнира А направлена по АО. Верен ответ 3.
№ 7.
Верен ответ 2. На рис. 39 и 41 реакция направлена по АО. На рис. 40 она не
может быть направлена по АО, так как на тело действуют 4 силы. Теорема о трех
силах здесь места не имеет.
№ 8.
Верен ответ 1. Ответы 2 и 3 перепутаны.
№ 9.
Верен ответ 4. Реакция шарнира С равна реакции стержня СD и направлена
вдоль СD.
№ 10.
Реакция шарнира А неопределена. Верен ответ 4.
Тема IV
№ 1.
y
C
RB
60
o
60
60
RA
A
RA
o
o
60 60
o
o 60 P
B
P
RB
o
x
Рис. 165
Рис. 166
№ 2.
Смотреть ответ к № 1. Из рисунка
3.
На стержень АВ действуют три
уравновешенных сходящихся в точке В
силы (рис. 165). Построим для них силовой треугольник (рис. 166).
 x  RA cos30 RB cos30 .
Верен ответ 1.
 y  RB cos60 RA cos60  P. Верен ответ
№ 3.
y
RC
B 45
F
45
o
A
x

o
RC
RA
C
o
o
45
F45
RA
Рис. 168
На стержень АВС действуют три
уравновешенных силы, сходящиеся в
точке С (рис. 167). Построим для них
силовой треугольник (рис. 168).
 x  F  RC cos45 RA cos45 .
Верен ответ 1.
Рис. 167
№ 4.
Смотреть ответ к № 3.
 y  RC cos45 RA cos45 . Верен ответ 4.
№ 5.
Смотреть ответ к № 3 темы IV. Верен ответ 3.
F
y
o
45
RA
30o
№ 6.
Реакция точечной опоры А направлена по нормали к
опирающейся поверхности (рис. 169). Ее проекция
Rx   R A cos 30 . Верен ответ 4.
x

Рис. 169
№ 7.
RB
B
RA
A
RC
45
90o P
y
C
RD
o
30
Q60o
o
x
x
D
A
RC
Р 2 2
2

 20
H.
cos30
3
3
Верен ответ 2.
Q
Q
Рис. 171
На шар действуют реакции нитей RB  P1
и RC  P2 и его вес Q (рис. 171). Эти три
P1

 x   RC  Q cos30 .
Отсюда Q  
№ 8.
RB
Отcюда RB   P 2  RC .
Вырежем узел С. На него действуют сиy лы:
( RC , RD , Q )  0 ;
Рис. 170
RC
Задачу решим методом вырезания узлов.
Вырежем узел В (рис. 170). На узел В действуют силы ( RA , RB , Р )  0 ;
 x  Р  RB cos45  0 .

P2
Рис. 172
сходящихся силы уравновешены. Силовой
треугольник для этих сил замкнут.
Построим его (рис. 172). Неверен ответ
2. Ответы 1 и 3 верны.
№ 9.
Силу R найдем по ее проекциям на декартовы оси:
Rx  F1x  F 2 x  F3 x  7  5  6  8 H;
Ry  F1 y  F2 y  F3 y  10  15  0  25 Н;
Rz  F1z  F2 z  F3 z  0  12  6  6 Н;
R  Rx  R y  Rz  64  625  36  26,9 Н.
2
2
2
Верен ответ 4. В остальных случаях вместо R взяты ее проекции на координатные оси.
№ 10.
Найдем R x , R y и R z .
Rx   x  F1  5 Н;
Ry   y  F2 cos60  6 Н;
Rz   z  F3  F2 cos 30  9  6 3  19,2 Н;
2
R  Rx  R y  Rz2  25  36  368,6  20,9 Н.
2
Верен ответ 4. Ответ 2 неверен. R  F1  F2  F3  26 Н.
Ответы 1 и 2 тоже неверны. R  0 и R  F2 .
ТемаV
№ 1.
Найдем момент силы F относительно точки
О по теореме Вариньона. Разложим силу F на
две составляющие Fx и Fy равные F cos и
F sin  (рис. 173).
Тогда
y
Fy
F

yA
Fx
A
x
O
xA
Рис. 173
M  m0 ( F )  m0 ( Fx )  m0 ( Fy ) 
 F cos   3  F sin   4.
Верен ответ 3.
№ 2.
Найдем М по теореме Вариньона (рис. 174):
y
М  Y 1  X 1  2  2  0 .
Из рисунка видно, что сила F проходит через
точку О и момента не создает относительно точки
О. Верен ответ 1.
F
Y
1
45
o X
x
O
1
Рис. 174
№ 3.
T
y
S'
S
h2
h1
30o
S" a
30 T '
o
B
T"
C
o
b
x
o
30
Рис. 175
m
 Sh1  Th 2 (рис. 175).
Или  m0  Sа sin 30  T cos 30  (b  c cos 30)  T sin 30c sin 30, если разложить силы S и T на составляющие S  и S  , T  и T  , параллельные осям x, y.
Ответы 1 и 3 верны, 2 –– неверен.
0
№ 4.
A
Определим mВ( F )  Fh  Fa sin 45 (рис. 176).
Верен ответ 4.
a
F
a
B
h
Рис. 176
№ 5.
F1
h1
F2
A
h2

Рис.177
B

O
Вычислим
 m0  m0(F 1)  m0(F 2) (рис. 177).
Найдем
m0( F 1)  F 1h1  F 1OB sin  , m0( F 2)  F 2h2  F 2ОА sin .
Получим  mО  F 2ОА sin   F 1ОB sin  .
Верен ответ 3.
№ 6.
Вычислим:
 mx  mx ( F1 )  mx ( F2 )  mx ( F3 )  F3а  Fа;
 m  m ( F )  m ( F )  m ( F )   F а   Fа;
 mz  mz ( F1 )  mz ( F2 )  mz ( F3 )  F1а  Fа.
y
Верен ответ 1.
№ 7.
Вычислим
m
0
y
1
y
2
y
3
2
 m 0( F 1)  m 0( F 2)  m 0( F 3) или по модулю
m
0
 М0  Мx  Мy  Мz .
2
2
2
( M x , M y , M z ) смотрите в ответе к № 6, где
М x   mx  Fa;
М y   m y   Fa;
М z   mz  Fa.
Тогда получим M 0  Fa 3 . Верен ответ 3.
№ 8.
На рис. 178 изображена система сил: F , Q и реакций опор А и В.
 mx  (Q  F  y A 2)a .
z
XA
a
Q
F
Верен ответ 4. Силы X A и X B параллельны
оси x, YB , Z B пересекают ее. Они момента относительно оси x не создают.
YA
A
R
YB
ZB
XB
x
a
y
B
Рис. 178
№ 9.
Смотрите рис. 178. Составим
m
y
 X A 2a , верен ответ 3. Силы YA , F , Q
параллельны оси y, X B , Z B пересекают ее и момента относительно оси y не создают.
№ 10.
Неверным является ответ 4.
Тема VI
№ 1.
При сложении пар, лежащих в одной плоскости, получим одну пару, момент
М которой равен алгебраической сумме моментов слагаемых пар. Из рис. 86 видно, что M  m2  m3  m1 . Верен ответ 2.
№ 2.
При сложении пар, лежащих в пересекающихся плоскостях, получим одну пару, момент М которой равен геометрической сумме моментов слагаемых пар (рис.
87), то есть М  m1  m2  m3 . Верен ответ 1.
№ 3.
Силы на рис. 88 представляют собой две пары: ( F1 , F3 ) и ( F2 , F4 ) . Найдем их
моменты: m1  m( F1 , F3 )  Fa ; m2  m( F2 , F4 )  Fa ; M  m1  m2  0 .
Неверен ответ 2. Не учтен знак момента второй пары.
№ 4.
Пара сил — это две равные антипараллельные силы. Пара не имеет ни равнодействующей, ни уравновешивающей силы. Уравновесить пару можно только парой. Верен ответ 3.
№ 5.
Из рис. 89 видно, что эквивалентными будут пары с моментами m1 и m3 . Верен ответ 1. Момент m2 имеет знак, противоположный знаку m1 и m3 .
№ 6.
Уравновешенными парами на рис. 89 будут пары m1 и m3 , а также m3 и m2 .
Неверен ответ 3.
№ 7.
Верен ответ 4. На рис. 90 – 92 изображены эквивалентные пары.
№ 8.
M1
RB
A
B
M2
RA
Рис. 179
Изобразим на рис. 179 силы, действующие на балку
АВ. Кроме двух пар с моментами M 1 и M 2 ( M 2 > M 1 )
на балку действуют реакции опор А и В. RB направлена по вертикали вверх, RA — вниз.
Эти две силы должны образовать пару, так как пары M 1 и M 2 можно уравновесить только парой. При
равновесии этих пар  m  0 .
Составим ее:
m  M1  M 2  M  0,
где M  m( RA , RB ) , отсюда M  M 2  M 1 . Верен ответ 3.
№ 9.
RA
RC
A
D
B
C
P1
Рис. 180
P2
Составим схему сил, действующих на балку АВ
(рис. 180). На нее действуют силы Р1 и Р2 , реакция
нити RC  Q и реакция шарнира А, направленная по
вертикали, так как параллельные силы могут быть
уравновешены только параллельной силой. Составим
уравнение равновесия:
 mA   P1  0,25  RC  0,5 Р2  1  0 ,
отсюда Q  RC  450 Н. Верен ответ 4.
№ 10.
Смотрите ответ к № 9. На рис. 180 составлена схема сил, действующих на
балку АВ. Составим для этих уравновешенных сил, чтобы найти R A , сумму моментов относительно точки С и приравняем ее к нулю:
 mC  P1  0,25  RA  0,5 Р2  0,5  0.
Отсюда R A  150 Н. Верен ответ 4. Знак “минус” говорит о том, что сила RA
направлена по вертикали вниз.
Тема VII
№ 1.
Найдем скалярное произведение векторов R ' и M 0 :
Rx M x  R y M y  Rz M z  R 'M 0 ,
получим 0  24  24  0 , следовательно R ' М 0 , значит, система приводится к одной равнодействующей R = R ' . Верен ответ 2.
№ 2.
Найдем главный вектор сил (см. рис. 113).
R '  ( X ) 2  ( Y ) 2  ( Z ) 2 ,
  X   F3 cos 45  F2 cos 45  0,

где   Y F1 cos 45  F2 cos 45  0,

  Z  F3 cos 45  F1 cos 45  0.
Следовательно, R' 0 . Верен ответ 1.
№ 3.
Вектор М 0  М X  М Y  М Z  3 Нм. Верен ответ 3.
2
2
2
№ 4.
Главные моменты системы относительно осей равны проекциям М 0 на эти
оси: M x  2 , M y  3 , M z  4 . Верен ответ 3.
№ 5.
Вектор М A = М 0 + m A (R ) , но
M A  M 0  25 Нм. Верен ответ 4.
m A ( R)  0
(см.
рис.
114),
значит,
№ 6.
Вектор М A = М 0 + m A (R ) , где m A (R) = R  ОА  20 Нм (см. рис. 115). Тогда
M A  M 0  m A ( R)  20  20  0 . Верен ответ 3.
№ 7.
Силы на рис. 116 приводятся к одной равнодействующей R  F1  F4  2 Н.
Силы ( F2 , F3 )  0 . Верен ответ 4.
№ 8.
Найдем R  ( X ) 2 ( Y ) 2  F 2  1 Н. Силы ( F1 , F3 ) образуют пару, они на
оси не проектируются (см. рис. 117). Верен ответ 4.
№ 9.
2
2
Главный вектор R'  R X  RY  9  16  5 Н. Верен ответ 4.
№ 10.
F1
6
RA
B
2
F2
C
A
Найдем (рис. 181)  m A  F1 AB F2 AC  0 .
F АВ 4  6

 12 Н. Верен ответ 2.
Отсюда F2  1
АС
2
Рис. 181
Тема VIII
№ 1.
Fтр N
A
T
P1
Рис. 182
T
B
P2
Рассмотрим (рис. 182) тело А. На него действуют
силы ( P1 , N , Fт р , T )  0 , где T  P2  Fт р (см. груз В). Но
Fтр  fN  fP1  0,2  200  40 Н, T  40 Н. Верен ответ 2.
№ 2.
Рассмотрим силы, действующие на брус АВ (рис.
A
183). При этом FB  fN B . Найдем N B . Для этого составим уравнения равновесия бруса
l
P
NB
 mA  Р 2 cos45  N Bl cos45 FBl cos45  0 .
FB 45 B
Р
о
Разделим на l cos 45 , получим   N B  fN B  0 .
2
Рис. 183
Р
Y  Р  N B  0 , отсюда N B  P , тогда  2  Р  fP  0 , получим, разделив
на Р, f  0,5 . Верен ответ 1.
NA
№ 3.
N
k
На каток действуют две пары: M  20 Нм и
M тр  Nk  Pk (рис. 184). При равновесии катка
M
M т р  M , получим Pk  M .
C
Fтр
P
M
20

 5  10 3 м.
P 4000
Верен ответ 2.
Отсюда k 
№Рис.
4. 184
Статически определимой является конструкция на рис. 138. Она состоит из
двух шарнирно соединенных частей, и для нее можно составить 6 уравнений равновесия. Неизвестных сил здесь тоже 6: по 2 в каждом из трех шарниров. Верен
ответ 1. Две остальные конструкции имеют жесткую заделку и шарниры. Число
неизвестных в них превышает число уравнений равновесия. Их семь на рис. 139 и
восемь на рис. 140.
№ 5.
M
A
B
C
Рис. 185
A
YA
MС
B
Рис. 186
YB
Имеем составную балку (рис. 185). Расчленим ее и
рассмотрим каждую часть отдельно. Начнем с балки
АВ (рис. 186).
 mA  М  YB  АВ  0,
М
отсюда YB 
 400 Нм.
АВ
B
Рассмотрим балку ВС (рис. 187).
 mC  М C  YB  ВС  0,
отсюда
М C  YB  ВС  400  0,5  200 Нм.
Верен ответ 4.
YB Mc
C
YC
Рис. 187
№ 6.
N
A
O
Fтр
F
k
С
B
P
Каток находится в равновесии под действием двух
пар: ( F , Fт р. ) и ( Р , N ) (рис. 188). При равновесии катка сумма моментов этих пар равна нулю.
Имеем  F  АВ  Рk  O, отсюда
F (ОА  ОВ) 12  0,6
Р

 0,9 кН. Верен ответ 2.
k
0,008
Рис. 188
№ 7.
Статически неопределимой является конструкция на рис. 143, ответ 1. Здесь
стержневая опора лишняя. Поэтому неизвестных три, а уравнений равновесия два.
На рис. 144 и 145 изображены статически определимые конструкции.
№ 8.
Чтобы каток катился по плоскости нужно, чтобы М  Nk , где N  P  F (рис.
М  Fk 18  600  0,006
189). Тогда M  Pk  Fk , отсюда Р 

 2,4 кН. Верен отk
0,006
вет 4.
F
M
N
O
P
Рис. 189
№ 9.
Тело поднимается вверх, если F > Fт р  P sin 30
y
N
Fтр
A
F
P
30о
Рис. 190
x
(рис. 190). При равновесии тела имеем  X  0, Y  0 .
Получим (рис. 190)
 X  F  Fт р  Р sin 30  0;
Y  N  Р cos30  0.
Найдем N  Р cos 30; Fтр  fN  fP cos30 . Тогда
F  P sin 30  Fтр  fP cos30  P sin 30 ,
отсюда Р 
F
90
90


 118 Н. Верен ответ 3.
f cos30  sin 30 0,3  0,86  0,5 0,76
№ 10.
М т р  Рk  520  0,007  3,64 Нм. Верен ответ 1.
Тема IX
№ 1.
Верен ответ 4. Распределенные нагрузки на рис. 158 заменяются двумя сосредоточенными силами, приложенными в центре тяжести каждого треугольника, то
2
b
есть X C1  а , X C 2  а  .
3
3
№ 2.
Распределенную нагрузку на рис. 159 разбиваем на две. Равномерно распределенную нагрузку
RA
q
интенсивностью q1 заменяем одной сосредотоA
B
ченной силой R1  q1l . Нагрузку, распределенную
M q
MA
по закону треугольника, с qmax  q2  q1 заменяем
Q1
a/3 Q2
q l
a
одной сосредоточенной силой R2  max . Сосре2
доточенная сила
Рис. 191
(q  q1 )  l q1  q2
R  R1  R2  q1l  2

l. Верен ответ 2.
2
2
a/3
№ 3.
Составим схему сил, действующих на балку АВ (рис. 191). Сосредоточенные
qa
a qa 2
силы Q1  Q2 
образуют пару с моментом М 1  Q 
.
2
3
6
qa 2
 mA  M A  M  M1  0 . Отсюда M A  M  M 1  0 или Pa  6  0 . Тогда
6P
q
, верен ответ 1.
a
№ 4.
l/3
RA
q2—q1
RB
q1
A
R
R
B
Смотрите рис. 191. При равновесии балки
Y  RA  0 , верен ответ 1.
№ 5.
Составим схему сил, действующих на балку АВ (см. ответ к № 2). Составим
уравнения равновесия для сил (рис. 192):
R 2R
l
2
 mA   R1 2  R2 3 l  RB l  0, RB  21  3 2  25 Н.
R R
l
l
 mB   RAl  R2 3  R1 2  0, отсюда RA  21  32  20 Н. Верен ответ 1.
№ 6.
Заменим распределенную нагрузку одной сосредоточенной силой, приложенной в центре балки АВ
B

Q  ql  100 Н (рис. 93). Реакция заделки состоит из сиQ
лы RA  X A  YA и момента M A . Найдем их из уравнеC
YA
ний равновесия балки:

A
x
 x  X A  Q sin   0;  y  YA  Q cos  Р  0;
l
l
X AP
MA
 mA  Q 2  M A  P 2 cos60  0.
l
l
Рис. 193
М A  Q  P  100  50  150 Нм;
2
4
YA  Р  Q cos 60  100  50  150 Н и X A   Q cos 30  86,6 Н.
Верен ответ 4.
y
№ 7.
y
С2
С1
O
С3
x
Рис. 194
Разобьем фигуру на прямоугольник и два
квадрата (рис. 194) с центрами тяжести C1 , С2,
С3. Площади этих фигур равны S1  4  10  40 м2;
S 2  S 3  2  2  4 м2.
Абсциссы точек С1, С2, С3 будут такие:
x1  5 м, x2  3 м, x3  7 м.
x1 S1  x2 S 2  x3 S 3 5  40  4  3  4  7 160


 5 м.
S1  S 2  S 3
40  4  4
32
Верен ответ 2.
Найдем xC 
№ 8.
Смотрите ответ к № 7. Найдем ординаты точек С1, С2, С3. Они все будут равны
2 м, тогда
y S  y2 S 2  y3 S 3 2  40  4  2  4  2 64
yC  1 1


 2 м. Верен ответ 2.
S1  S 2  S 3
40  4  4
32
№ 9.
Разобьем фигуру на два квадрата со сторонами а и b соответственно
(рис. 195), их площади: S1  а 2 , S 2  b 2 . Центры тяжести их С1 и С2 совпали.
Найдем их координаты:
 x1  a / 2, y1  a / 2;
y

 x2  a / 2, y 2  a / 2.
C1=C2
а
(S  S 2 )
y1
b
x1 S1  x2 S 2 2 1
а

 ;
Найдем: xC 
S1  S 2
( S1  S 2 )
2
O
x
x1
y1 S1  y 2 S 2 а
y

 .
C
a
S1  S 2
2
Верен ответ 2.
Рис. 195
№ 10.
y
B
C
yC
A
Треугольник АВD имеет ось симметрии —
ось y (рис. 196). Значит, центр тяжести его лежит
на этой оси, и найти нужно только одну координату y C , которая равна 1/3 высоты ОВ. Высота
O
Рис. 196
равностороннего треугольника равна
D
x
а 3
.
2
1
а 3
Тогда yC  ОВ 
. Верен ответ 3.
3
6
ОГЛАВЛЕНИЕ
Тема I. Предмет механики. Ее значение в технике. Основные этапы развития
механики.
Тема II. Основные понятия и определения статики. Аксиомы статики.
Тема III. Свободные и несвободные тела. Связи и реакции связей.
Тема IV. Сходящиеся силы.
Тема V. Момент силы относительно точки и оси
Тема VI. Теория пар на плоскости и в пространстве
Тема VII. Приведение произвольной системы сил к данному центру
Тема VIII. Статически определимые и неопределимые задачи. Трение.
Тема IX. Центр параллельных сил. Центр тяжести. Координаты центра тяжести.
Ответы и решения к контрольным вопросам
Литература
3
5
11
17
23
30
38
50
59
68