Контекстное
обучение инженеров

ИНЖЕНЕРНАЯ
МЕХАНИКА.
СТАТИКА

Министерство науки и высшего образования
Российской Федерации
Уральский федеральный университет
имени первого Президента России Б. Н. Ельцина
Контекстное обучение инженеров

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА.
СТАТИКА

Учебное пособие
Под общей редакцией профессора,
доктора физико-математических наук,
профессора С. А. Берестовой
Рекомендовано методическим советом
Уральского федерального университета
для студентов вуза, обучающихся по направлению подготовки
27.03.03 — Системный анализ и управление

Екатеринбург
Издательство Уральского университета
2025

УДК 531.1(075.8)
ББК 22.21я73
И62

Серия учреждена в 2024 году

Редакционная коллегия серии:
проф., д-р хим. наук О. И. Ребрин (председатель редакционной коллегии)
доц., канд. техн. наук А. И. Голоднов;
доц., канд. техн. наук А. А. Маркина;
руководитель образовательной программы «Системная инженерия» А. Н. Кулемин;
проф., д-р техн. наук Л. В. Плотников

Авторы:
С. А. Берестова, Е. М. Романовская, Е. А. Савина, З. В. Беляева, Т. А. Рощева
Рецензенты:
канд. физ.-мат. наук, доц. В. В. Башуров, декан электротехнического факультета
Уральского государственного университета путей сообщения;
д-р физ. мат. наук, доцент Е. Ю. Просвиряков, гл. науч. сотр. Института машиноведения имени Э. С. Горкунова УрО РАН
Дизайн обложки и иллюстрации книги, отмеченные звездочками, подготовлены
Алексеем Сергеевичем Ларюшкиным.
    Инженерная механика. Статика : учебное пособие / С. А. Берестова, Е. М. РоИ62 мановская, Е. А. Савина [и др.] ; под общ. ред. проф., д‑ра физ.-мат. наук, проф.
С. А. Берестовой ; М‑во науки и высш. образования РФ. — Екатеринбург : Изд-во
Урал. ун-та, 2025. — 99, [1] с. — (Контекстное обучение инженеров). — ISBN 9785-7996-3978-5. — Текст : непосредственный.
ISBN 978-5-7996-3978-5
В пособии рассмотрены вопросы равновесия твердого тела, системы твердых тел, приводятся методы определения центра тяжести и установления устойчивости деталей машин
и механизмов, а также строительных конструкций. Особое внимание уделено способам перехода к эквивалентным системам сил. Приведена теория, примеры решения заданий и технические задачи, возникающие в процессе инженерной деятельности.
Учебное пособие предназначено для студентов, обучающихся по направлениям подготовки в области образования «Инженерное дело, технологии и технические науки» и изучающих дисциплину «Инженерная механика».
Библиогр.: 7 назв. Табл. 1. Рис. 105.

ISBN 978-5-7996-3978-5

УДК 531.1(075.8)
ББК 22.21я73

© Уральский федеральный
университет, 2025

Оглавление

Предисловие В. А. Овчинниковой, директора уральской
передовой инженерной школы «Цифровое производство» .............. 4
Предисловие от авторов...................................................................... 6
1. Основные понятия........................................................................... 7
2. Аксиоматические свойства систем сил......................................... 21
3. Вращательное действие сил........................................................... 28
4. Классификация систем сил........................................................... 34
5. Приведение системы сил к центру................................................ 39
6. Равновесие твердого тела под действием плоской системы сил.... 49
7. Равновесие системы тел................................................................ 54
8. Уравновешенность пространственной системы сил.................... 60
9. Фермы (шарнирно-стержневые конструкции)............................ 64
10. Трение.......................................................................................... 72
11. Центр параллельных сил и центр тяжести.................................. 78
Послесловие...................................................................................... 93
Библиографический список............................................................. 95

3

Предисловие В. А. Овчинниковой,
директора уральской передовой инженерной
школы «Цифровое производство»

Уважаемый читатель!

Е

сли вы студент, уставший от «мертвой» теории, преподаватель, ищущий новые форматы обучения, или практикующий
инженер, желающий глубже понять основы своей деятельности, — то эта серия книг для вас.
Современный мир требует от инженеров не только овладения
техническими навыками, но и умения мыслить системно, творчески
и гибко. Перед инженерным образованием стоит парадоксальная задача: в мире стремительных технологических изменений недостаточно просто давать знания — нужно учить ими пользоваться. Традиционный подход, к сожалению, при котором дисциплины существуют
изолировано, а теория оторвана от практики, не показывает взаимо­
связи заданий дисциплин с реальными инженерными объектами. Контекстное обучение призвано изменить этот подход, превращая изучение фундаментальных наук в процесс решения практических проблем.
Почему фундаментальные дисциплины так важны? Математика,
физика, теоретическая механика, электротехника, сопротивление материалов — это не «сухая» теория, а язык, на котором разговаривает
с нами сама природа. Без глубокого понимания этих основ невозможно ни проектирование сложных систем, ни инновационные прорывы. Однако их изучение должно быть не самоцелью, а инструментом
для инженерного творчества.
В этой серии книг мы соединяем теорию с практикой, показывая,
как математические модели оживают в расчетах конструкций, как физические законы определяют работу механизмов и устройств, как те4

Предисловие В. А. Овчинниковой, директора уральской передовой инженерной школы «Цифровое производство»

оретические принципы воплощаются в инженерных решениях. Мы
не просто даем знания — мы учим видеть их в контексте реальных инженерных задач.
Данная серия учебных изданий призвана показать, как фундаментальные принципы становятся общим языком для специалистов разных областей инженерной деятельности. Главная идея серии: настоящий инженер не тот, кто помнит формулы, а тот, кто видит скрытые
связи между теорией и практикой, умеет переводить абстрактные концепции в рабочие прототипы. Эта серия учебных пособий для тех, кто
хочет не просто запоминать формулы, а понимать, как и почему они
работают; для тех, кто готов выйти за рамки шаблонов и не только научиться основам инженерной деятельности, но и создавать будущее
инженерии Российской Федерации.
Добро пожаловать в мир контекстного инженерного мышления,
где каждый выпуск соединяет фундаментальную науку с реальными
инженерными объектами!

5

Предисловие от авторов

В

2015 году ведущими вузами РФ была запущена образовательная платформа openedu.ru, где размещались массовые общедоступные онлайн-курсы. Одним из первых на этой платформе был размещен курс Уральского федерального университета
«Инженерная механика» [1]. Студенты получили возможность получать академические систематические знания в цифровом пространстве.
Курс отличался от традиционного курса механики наличием познавательно-прикладного блока, иллюстрированного видеоматериалами, анимационными фрагментами, фотографиями реальных инженерных объектов. В качестве объектов исследования и расчета были
взяты механизмы, детали машин, идеальные машины и строительные
конструкции, числовые характеристики которых подобраны близкими к геометрическим, физическим параметрам инженерных объектов. За 20 запусков курса он получил много хвалебных отзывов о подобранных примерах, учебных и тестовых заданиях, домашних работах.
В 2023 году доступ к курсам ограничили; проект стал коммерческим.
По просьбе слушателей подготовлено для широкого круга читателей учебное пособие, в котором рассматриваются примеры и задания,
разработанные авторами на принципах наглядности и практичности,
применяемых в онлайн-курсе «Инженерная механика». Предлагаемое
учебное пособие позволяет решить проблему формирования у студентов
исследовательского подхода к поставленным задачам, повысить мотивацию и вовлечь читателей в процесс решения инженерных задач. Инженер — это вечный студент, для которого мир является площадкой для
натурных экспериментов. Хороший инженер отличается тем, что видит
формулы за инженерными объектами, а инженерные объекты за формулами. В пособии доступно освещены основные темы раздела «Статика»
с демонстрацией реальных инженерных объектов, даны методические
рекомендации к решению задач и приведены примеры их решения. Освоению и закреплению изложенного материала помогут задания для самостоятельной работы, приведенные в конце глав пособия.
6

1. Основные понятия

В

пособии рассмотрим задачи статики.
В данной главе сформулированы аксиоматические свойства
статики, которые составляют необходимый набор инструментов для анализа и математических процедур при решении задач
по определению силовых и геометрических характеристик в инженерных системах, находящихся в равновесии.
Статика — раздел курса «Инженерная механика», в котором изу­
чаются силы, системы сил, правила их эквивалентного преобразования и решаются задачи об их уравновешенности и преобразовании
при приведении к центру.
Для описания поведения реального инженерного объекта используется модель абсолютного твердого тела, у которого расстояние между любыми двумя точками остается неизменным [2].
Элементы конструкции и звенья механизмов, моделируемые твердыми телами, находятся в движении или равновесии. Эти состояния
обусловлены взаимодействием между контактирующими телами, а также возможным воздействием некоторого поля.
Мерой механического воздействия поля на материальное тело или одного тела на другое при
непосредственном контакте является сила [3].
Математически силу можно задать как вектор
(рис. 1), характеризующийся числовым значением (модулем), направлением и точкой приложения. Это сосредоточенная сила, она обо- Рис. 1. Математическая
значается большими
буквами латинского
модель силы — вектор
 
алфавита: F, R,N, … Для модуля силы принято
обозначение: F или F [4].
Аналитически сила задается модулем
F  Fx 2  Fy 2  Fz 2
7

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

и направляющими косинусами (рис. 2):
cos  

F
F
Fx
, cos   y , cos   z .
F
F
F

Рис. 2. Направление силы в декартовой системе координат

Помимо сосредоточенных сил рассматриваются также силы распределенные по объему или поверхности. Примером распределенных сил может служить давление воды на щит ирригационного канала (рис. 3, а), зависящее от высоты столба жидкости, а также давление
ветровой или снеговой нагрузки на конструкцию (рис. 3, б).
а

б

Рис. 3. Распределенная система сил давления воды на щит1 ирригационного канала (а) и снеговой нагрузки2 на крышу (б)
Щит ирригационного канала. Фотография // Сa-news : инф.-новост. портал.
URL: https://static.ca-news.org/upload/ennews/0/646980.1597329294.b.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
2
Избушка в зимнем лесу. Фотография // Udivitelno.com : сайт. URL: http://
udivitelno.com/images/14/dik-preneke-30-let-odinochestva-v-gorakh-alyaski/15Видеозаписи%20Дика%20смонтированы%20в%204%20фильма%20о%20жизни%20
в%20дикой%20природе.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
1

8

1. Основные понятия

Равномерно распределенная на отрезке длиной l система сил, при
решении задач статики, задается плотностью ее распределения q, измеряемой в ньютонах на метр, и заменяется одной эквивалентной сосредоточенной силой Q , Q = ql.
 

Совокупность нескольких сил, например F1 , F2 , …, Fn, действующих на тело, называется
 системой
 сил. Система сил обозначается фигурными скобками F1 , F2 , …, Fn . Говорят, что две системы сил эквивалентны (~) между собой, если, не нарушая состояния тела, одну
систему сил можно заменить другой [2; 3].

Рис. 4. Система сил, приложенных к самолету3

На самолет (рис. 4) действует система сил: распределенных по объему сил тяжести, сила тяги, распределенных по поверхности подъемных сил, сил сопротивления окружающей среды, ветровая нагрузка и др.
Как будет показано далее, для возможности управления самолетом используется эквивалентная система сил в виде набора шести параметров.
Если систему сил можно привести к одной сосредоточенной силе,
то силу эквивалентную данной системе сил называют равнодействующей [2; 3]
 


F1 , F2 , …, Fn  ∼ R .
Отметим, что не всегда систему сил приложенных к твердому телу
можно заменить равнодействующей.
Уравновешенной системой сил называют систему сил приложенных
к свободному твердому телу, находящемуся в равновесии, и не выводящих его из этого состояния [2; 4]
Аэроплан. Фотография // New-img.patrika.com : сайт. URL: https://new-img.
patrika.com/upload/2019/02/22/aeroplaen.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
3

9

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА







1

2

n



F , F , …, F  ∼ 0 .
Наглядную интерпретацию уравновешенной системы сил дает иллюстрация к басне И. А. Крылова «Лебедь, рак и щука» (рис. 5). «Лебедь рвется в облака, Рак пятится назад, а Щука тянет в воду», т. е.
к возу приложена система сил: силы тяги щуки, рака и лебедя, — «да
только воз и ныне там».

Рис. 5. Иллюстрация4 к басне И. А. Крылова «Лебедь, рак и щука»

Тело называется свободным (рис. 6, а), если его перемещение в пространстве ничем не ограничено. В противном случае тело называется
несвободным (рис. 6, б).
а

б

Рис. 6. Прыгун в воду5 в свободном полете (а) и с опорой на трамплин (б)
Иллюстрация к басне И. А. Крылова «Лебедь, рак и щука» // Рichold.ru : картинки. URL: https://pichold.ru/wp-content/uploads/2021/09/40-5.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
5
Прыжки в воду для начинающих. Фотография // sportishka.com : сайт.
URL: https://sportishka.com/komandnye-vidy-sporta/31755-pryzhki-v-vodu-dljanachinajuschih.html (дата обращения: 22.07.2024).
4

10

1. Основные понятия

Тела, ограничивающие перемещение данного тела, называются
связями. На рис. 6 связью является трамплин.
При решении задач вводится классификация сил. Силы, с которыми связи действуют на данное тело, называются реакциями связей
[2; 3]. Силы действующие на твердое тело и не являющиеся реакциями называются активными (рис. 7).
а

б

Рис. 7. Активные силы, действующие на автомобиль6 (а) и коляску7 (б)

Перечислим основные виды связей и их реакции [2].
Гладкая поверхность. Связь в виде гладкой поверхности позволяет
телу перемещаться вдоль поверхности без сопротивления, т. е. предполагается отсутствие сил трения (рис. 8, а).
Реакция связи в виде гладкой поверхности на схеме (рис. 8, б) изображается одной силой направленной перпендикулярно общей касательной соприкасающихся тел.
Опорная точка. Реакция связи в виде опорной точки (рис. 9) перпендикулярна опирающейся поверхности.
Идеальная нить. Идеальной называется гибкая, невесомая и нерастяжимая нить. В определенных условиях ею моделируют трос, канат,
цепь, ремень (рис. 10, а, б).
На схемах реакция идеальной нити (рис. 10, в) изображается вдоль
нити от закрепленного тела. Идеальная нить геометрически неизменяема, всегда растянута.
Автомобиль. Фотография // versiya.info : сайт. URL: https://versiya.info/uploads/
posts/2017-12/1514708173_car-pushing.jpg (дата обращения 22.07.2024).
7
Ребенок с коляской. Фотография // thumbs.dreamstime.com : сайт. URL: https://
thumbs.dreamstime.com/b/экипаж-ребёнка-курчавый-немногая-нажимает-5239483.
jpg (дата обращения 22.07.2024).
6

11

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

а

б

Рис. 8. Гладкая поверхность: ледяная горка как пример связи8 (а)
и схематическое изображение реакции связи (б)

а

б

Рис. 9. Опорная точка:
перила балкона — пример связи для опирающейся поверхности
пожарной лестницы9 (а) и схематическое изображение реакции связи (б)

Дети на ледяной горке. Фотография // cdn.iportal.ru : сайт. URL: https://cdn.
iportal.ru/news/99/preview/60b379e248fca8d99b38068d40036a5304c9f6f2_1503_845_c.
jpg (дата обращения: 22.07.2024).
9
Новости дня в фотографиях: 26 Июля 2012 г. Фотография. Спасение человека //
supercoolpics.com : сайт. URL: https://supercoolpics.com/novosti-dnya-v-fotografiyah26-iyulya-2012-g-10-fot/ (дата обращения: 22.07.2024).
8

12

1. Основные понятия

а

б

в

Рис. 10. Идеальная нить:
цепи — пример связи для захвата, перемещяющего крупногабаритные грузы,10 (а);
стропы — пример связи для строительного вагончика11 (б) и схематическое изображение реакций связи (в)

Цилиндрический шарнир. Такая связь (рис. 11) позволяет телу перемещаться вдоль оси шарнира, поворачиваться вокруг этой оси,
но не позволяет точке закрепления тела перемещаться в плоскости
перпендикулярной оси шарнира.

Рис. 11. Внутренняя связь частей каподастра для гитары 12
как пример цилиндрического шарнира
Захват для крупногабаритных грузов. Фотография // gpst-novoros.ru : сайт.
URL: https://gpst-novoros.ru/images/zahvat.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
11
Подъем строительного вагончика. Фотография // st46.stpulscen.ru : сайт. URL:
https://st46.stpulscen.ru/images/product/492/690/481_medium3.jpeg (дата обращения:
22.07.2024).
12
Каподастр для гитары. Фотография // ae04.alicdn.com : сайт. URL: https://
ae04.alicdn.com/kf/S23ee6df8a59d444ebb67bb031dc9860bQ.jpg_640x640.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
10

13

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

а

б

Рис. 12. Цилиндрический шарнир:
шарнирно-неподвижная опора — пример связи для автомобильного моста (а)
и схематическое изображение реакции связи RA и ее составляющих XA и YA (б)

Связь в виде цилиндрического шарнира часто представляют шарнирно-неподвижной опорой (рис. 12, а). Реакцию связи раскладывают
по двум взаимно-перпендикулярным наравлениям в плоскости перпендикулярной оси шарнира (рис. 12, б). Реакция шарнирно-неподвижной опоры находится как геометрическая сумма составляющих



RA  X A  Y A .
В случае, когда допускается перемещение вдоль какой-либо поверхности, цилиндрический шарнир представляют в виде шарнирно-подвижной опоры (рис. 13, а). Шарнирно-подвижные опоры
изоб­ражаются на схемах либо с зазором (рис. 13, б), либо на роликах
(рис. 13, в). В этих случаях реакция связи направлена перпендикурно
поверхности опоры.
а

б

в

Рис. 13. Цилиндрический шарнир:
автомобильный мост — пример шарнирно-подвижной опоры (а); схематическое
изображение реакции связи с зазором (б) и на роликах (в)

14

1. Основные понятия

Сферический шарнир. Такая связь не дает точке закрепления тела
перемещаться ни в одном из направлений (рис. 14, а).
а

б

Рис. 14. Сферический шарнир:
плечевой сустав — пример связи для скелета человека13 (а) и схематическое изображение реакции связи RA и ее составляющих XA, YA и ZA (б)

Положение реакции не определено, но она может быть представлена в виде трех взаимно перпендикулярных составляющих (рис. 14, б).
Реакцию сферического шарнира находят как геометрическую сумму
составляющих




RA  X A  Y A  Z A .
На схемах сферический шарнир также изображают в виде шарнирно-неподвижной опоры.
Подпятник. Данная связь также не дает точке закрепления тела
перемещаться ни в одном из направлений. Подпятники (рис. 15, а),
в частности, обеспечивают безопасность при выполнении автокраном подъемных работ, используются вместе с каждой из четырех гидроопор, которые устанавливают кран в рабочее положение. Реакция
данной связи (рис. 15, б) задается аналогично предыдущему случаю.
Идеальный стержень. Идеальным называется жесткий, невесомый, без нагрузки стержень (рис. 16). На концах стержня — шарниры.

Модель замены плечевого сустава // newyorkinjurycasesblog.com : блог. URL:
https://www.newyorkinjurycasesblog.com/files/2023/01/Reverse_Shoulder_Arthroplasty640x448.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
13

15

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

а

б

Рис. 15. Подпятник:
упор-подпятник — пример связи для выносных опор автокранов14 (а) и схематическое изображение реакции связи RA и ее составляющих XA, YA и ZA (б)

а

б

Рис. 16. Идеальный стержень:
связь в виде гидроцилиндров кузова самосвала 15 (а) и схематическое изображение
реакции связи (б)

Реакция связи в виде идеального стержня направлена вдоль стержня. При решении задач обычно предполагают, что стержень растянут.
Подпятник. Фотография // avtokran-zapchasti.ru : сайт. URL: https://avtokranzapchasti.ru/image/cache/catalog/podpyatnik-ks-45717-00-100-550x445.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
15
Грузовой автомобиль с поднятым кузовом. Фотография // РОСТРАК : сайт.
URL: https://rostrak.ru/thumb/2/iwgjjRIExyeIFJ_xrqnvQw/r/d/100_01_0.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
14

16

1. Основные понятия

Жесткая заделка. Такая связь препятствует перемещению и повороту вокруг точки закрепления (рис. 17, а). Тело взаимодействует со связью по контактной поверхности. В данном случае имеем
распределенную систему сил реакции, которая, как будет показано
ниже, может быть заменена одной силой RA и парой сил с моментом
mA (рис. 17, б).
а

б

Рис. 17. Жесткая заделка:
стена — пример связи для ступеней лестницы16 (а) и схематическое изображение реакции связи RA, ее составляющих XA и YA, а также момента жесткой заделки mA (б)

Одним из этапов расчета реального инженерного объекта как абсолютно твердого тела является построение расчетной схемы. На расчетной схеме отброшены все детали (особенности), не оказывающие
существенного влияния на поведение инженерного объекта в указанных условиях. На схеме показывают активные силы, действующие
на инженерный объект, и реакции отброшенных связей. Одному инженерному объекту может соответствовать несколько схем в зависимости от условий поставленной инженерной задачи и особенностей
конструкции.
Рассмотрим построение расчетной схемы для решения задачи
о равновесии балки небоскреба (рис. 18), на которой разместились
строители. Балка моделируется абсолютно твердым телом, опирается с двух сторон на конструкции небоскреба. В качестве опор балки
обычно рассматривают шарнирно-подвижную и шарнирно-неподвижную опоры. Рабочих можно рассматривать как равномерно распределенную нагрузку с плотностью q = 1,5 кН/м. В таком случае схема для расчета балки будет иметь вид, как на рис. 19, а. Равномерно
Дизайн лестничного пролета. Фотография // d2vlcm61l7u1fs.cloudfront.net :
сайт. URL: https://d2vlcm61l7u1fs.cloudfront.net/media%2F495%2F49516d7f-1b164728-b722-9a63c333234a%2FphpEUsi9w.png (дата обращения: 22.07.2024).
16

17

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

распределенную нагрузку в модели абсолютно твердого тела можно
заменить сосредоточенной силой Q = ql, приложенной в средней части балки длиной 6 м, на которой сидят рабочие, т. е. Q = 9 кН (масса
рабочего в среднем взята 80 кг). Эквивалентная схема расчета приведена на рис. 19, б.

Рис. 18. Обед на небоскребе. Фотография (постановочная, в рекламных целях).
1932. Нью-Йорк 17

а

q
A

B

D

C

2м

6м

4м

Q

б

A

C

B
2м

3м

3м

D
4м

Рис. 19. Расчетные схемы инженерной конструкции (рис. 18)
с равномерно распределенной нагрузкой (а) и с эквивалентной нагрузкой
в виде сосредоточенной силы (б)

«Обед на вершине небоскреба». Фотография // Pinterest : сайт. URL: https://
ru.pinterest.com (дата обращения: 22.07.2024).
17

18

1. Основные понятия

Тесты и задание к главе 1
Тест 1. Какой связью моделируется локтевой сустав (рис. 20):
а) цилиндрический шарнир;
б) опорная точка;
в) сферический шарнир?

Рис. 20. Модель протезирования больного локтевого сустава 18

Тест 2. Как называется связь, удерживающая балконную балку
(рис. 21):
а) гладкая поверхность;
б) опорная точка;
в) жесткая заделка?

Рис. 21. Балконная балка (консоль) 19
Модель локтевого протеза. Фотография // Мосгормед : сайт. URL: https://
mosgormed.ru/files/2021/11/endoprotezirovanie-loktevogo-sustava-768x384.jpg (дата
обращения: 22.07.2024).
19
Устройство балконов. Фотография // Ремонт/Строитенльство/Интерьер :
сайт. URL: https://industrial-wood.ru/uploads/posts/2017-06/1497892199_ustrojstvobalkonov.jpeg (дата обращения: 22.07.2024).
18

19

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

Задание. Изобразите схему для расчета натяжения тросов пассажирской канатной дороги в Крыму (рис. 22), которая соединяет плато Ай-Петри и Мисхор. Масса пассажирской кабинки — 1,8 т, пассажирская кабинка вмещает 40 чел.

Рис. 22. Пассажирская кабинка канатной дороги к горе Ай-Петри (Крым) 20
с самым большим безопорным пролетом в Европе (1670 м)

Пассажирская кабинка канатной дороги к горе Ай-Петри (Крым). Фотография // Википедия : картинки. URL: https://ru.wikipedia.org (дата обращения:
22.07.2024).
20

20

2. Аксиоматические свойства систем сил

О

сновными задачами статики являются [4]: изучение методов
преобразования одних систем сил приложенных к абсолютно твердому телу в другие, эквивалентные данным, и установление условий уравновешенности различных систем сил.
Условия уравновешенности простейших систем сил, правила эквивалентного их преобразования, вытекающие из наблюдений и проверяемые опытным путем, формулируются в виде аксиоматических
свойств систем сил.
Аксиома 1. Абсолютно твердое тело находится в равновесии под действием двух сил (рис. 23)
тогда и только тогда, когда эти силы равны по модулю, действуют по одной прямой и направлены
в противоположные стороны [2; 3].
Горизонтальный полет аэростатов, воздушных шаров, метеозондов обеспечивается равенством подъемных сил и сил притяжения.
Рис. 23. Абсолютно
На дрейфующий метеозонд для погодных на- твердое тело в равноблюдений (рис. 24) действуют распределенные весии под действием
двух сил
силы: подъемная и сила тяжести. Равнодействующие этих сил равны по модулю, направлены
по вертикали в противоположные стороны.
Аксиома 2. Не нарушая состояния абсолютно твердого тела, к нему
можно прикладывать или отбрасывать уравновешенную систему
сил [2; 3].
Следствие из аксиом 1 и 2. Силу можно переносить вдоль линии ее
действия (рис. 25).

21

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

Рис. 24. «Китайский шар» — аэростат 21, дрейфующий метеозонд
для погодных наблюдений

Рис. 25. Перенос силы действующей на абсолютно твердое тело
вдоль линии ее действия

Аксиома 3. Две силы приложенные к телу в одной точке имеют равнодействующую (рис. 26) проходящую через эту точку и равную их геометрической сумме [2; 3].

 
  
R ~ F1, F2 , R  F1  F2, R  F12  F2 2  2F1 F2 cos  .





«Китайский шар». Фотография // Дзен : картинки. URL: https://avatars.
dzeninfra.ru/get-zen_doc/5219035/pub_63df2b435990a43e3f0d5878_63df2b4b5bb4f91a
7cc29a2f/scale_1200 (дата обращения: 22.07.2024).
21

22

2. Аксиоматические свойства систем сил

Рис. 26. Равнодействующая двух сил приложенных в одной точке

Приведем примеры решения задач статики.
Пример 1. Найти модуль равнодействующей системы двух сил
(рис. 27), если F1 = 60 Н; F2 = 80 H.

Рис. 27. Две силы приложенные к одной точке

Решение. Равнодействующая системы двух сил (рис. 28)
R  602  802  2  60  80  cos 60  121, 66 Н.

Рис. 28. Равнодействующая сила

Из аксиомы 3 следует, что силу можно раскладывать на составляющие.
Пример 2. Разложить на вертикальную и горизонтальную составляющие усилие в стержне крана-укосины (рис. 29), поддерживающего контейнер.

23

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

Рис. 29*. Схема балки крана-укосины, удерживающей груз

Решение. Отметим, что для определения вертикальной и горизонтальной составляющих реакции идеального стержня необходимо использовать информацию о наклоне стержня. Сам угол наклона знать
нам не нужно, достаточно определить синус и косинус угла наклона
по геометрическим размерам, указанным на схеме (см. рис. 29), используя свойства прямоугольного треугольника (рис. 30). Косинус угла
определяется по отношению прилежащего катета к гипотенузе. Синус
угла определяется по отношению противолежащего катета к гипотенузе. Таким образом, вертикальная и горизонтальная составляющие
усилия в стрежне
=
Sh

3

4
3
=
S ; SV
S.
5
5

5
4

S

SV

Sh
Рис. 30. Разложение усилия в стержне на вертикальную
и горизонтальную составляющие

24

2. Аксиоматические свойства систем сил

Аксиома 4. Силы взаимодействия двух тел равны по модулю и направлены по одной прямой в противоположные стороны [2; 3].
Иллюстрацией аксиомы 4 о взаимодействии тел может служить
бульдозер, толкающий камень (рис. 31). Сила действующая на камень
со стороны бульдозера и сила действующая на бульдозер со стороны
камня равны по модулю и направлены по одной прямой в противоположные стороны.

Рис. 31. Взаимодействие бульдозера и камня 22

Аксиома 5. Равновесие деформируемого тела не нарушится, если
это тело отвердеет [2; 3].

Рис. 32. Моделирование из воздушных шариков, создание тех или иных фигур
из воздушных шаров, твистинг 23
Бульдозер. Фотография // Pinterest : картинки. URL: https://ru.pinterest.com
(дата обращения: 22.07.2024).
23
Твистинг. Фотография // i3.stat01.com : сайт. URL: https://i3.stat01.
com/1/6861/68605826/075a3e/image-14985-jpg.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
22

25

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

Эта аксиома позволяет рассматривать равновесие деформируемых
тел. На рис. 32 показан один из моментов процесса создания некоторой фигуры из воздушного шарика, который находится под действием
двух сил. Равенство модулей двух сил, приложенных со стороны пальцев человека на воздушный шарик, направленность сил вдоль одной
прямой в противоположные стороны являются необходимыми условиями равновесия, но недостаточными. Если нагрузка будет увеличиваться или уменьшаться, то шарик уже не будет находиться в равновесии, он будет деформироваться, меняя свою форму.
Аксиома 6. Аксиома освобождаемости от связей. Всякое несвободное тело можно считать свободным, если мысленно освободиться
от связей, а их действие заменить соответствующими реакциями [2; 3].
Эта аксиома играет важную роль при анализе взаимодействия элементов конструкций и звеньев механизмов, создании расчетных схем
при моделировании поведения инженерных систем.
Расчетная схема для анализа равновесия или эквивалентного преобразования системы сил строится на основе аксиомы освобождаемости от связей в следующей последовательности [4; 5]:
1) определяется объект, находящийся под действием системы сил;
2) изображаются на схеме объекта все активные силы приложенные к рассматриваемому объекту;
3) находятся точки, в которых наложены связи ограничивающие
перемещение рассматриваемого объекта;
4) с использованием аксиомы освобождаемости от связей, отбрасываются все связи, а их действие заменяется соответствующими реакциями связей.
Пример 3 (к аксиоме 6). Изобразите расчетную схему для ковша
экскаватора [1] (рис. 33, а).
Решение. Действуем по алгоритму, описанному выше:
1) определяем объект, находящийся под действием системы
сил, — это ковш 4 экскаватора;
2) изображаем на схеме ковша (рис. 33, б) активные силы. К ковшу в т. G приложена одна активная сила — это сила тяжести Р;
3) связями для ковша являются секция 3 экскаватора, соединенная
с ковшом посредством цилиндрического шарнира в т. A, и идеальный стержень, крепящий гидроцилиндр к ковшу в т. В;
4) с использованием аксиомы освобождаемости от связей, отбрасываем все связи и их действие заменяем реакциями связей —
26

2. Аксиоматические свойства систем сил

две взаимно-перпендикулярные составляющие реакции XA
и YA цилиндрического шарнира в т. A и усилие в стержне S
(рис. 33, б).
а

б

Рис. 33*. Экскаватор:
а — эскиз; б — расчетная схема к примеру 3

Задания к главе 2
Задание 1. Изобразите расчетную схему для определения натяжений ремней шкивов вала (рис. 34).

Рис. 34*. Вал с двумя шкивами

Задание 2. Составьте расчетные схемы для поворотной платформы 1 экскаватора, секций 2 и 3 экскаватора, изображенного на рис. 33.
27

3. Вращательное действие сил

Д

ействие силы на твердое тело, закрепленное в одной точке,
заключается в стремлении повернуть его вокруг точки закрепления. Для характеристики вращательного действия силы
вводится понятие момента силы относительноцентра (или точки) [2].

Моментом силы относительно центра mO ( F ) (рис. 35) называется

векторное произведение радиуса-вектора r ,проведенного из точки O
в точку приложения силы, на вектор силы F [2; 3]
 
 
mO F  r  F .

 

а

б





Рис. 35. Cила F , радиус-вектор r точки ее приложения M (а),
момент силы mO относительно точки O (б)

Если силы расположены в одной плоскости, то используется понятие алгебраического момента силы. Алгебраическим моментом силы
относительно центра называется взятое со знаком плюс или минус
(рис. 36) произведение модуля силы на длину плеча. Знак плюс берется в том случае, если сила стремится поворачивать плоскость относительно центра против хода часовой стрелки [2].


mO F  hF ; mO F  hF .

 

28

 

3. Вращательное действие сил

а

б



Рис. 36. Схемы для определения знака момента силы F относительно точки O:
а — против хода часовой стрелки, знак «+»; б — по ходу часовой стрелки, знак «–»

Проиллюстрируем вычисление алгебраического момента силы
примером.
Пример. Спортсмен весом P = 500 Н, готовясь к прыжку в воду,
стоит на краю трамплина (рис. 37, а). Определить момент силы P относительно точки A. Геометрические размеры: a = 1 м; b = 3 м; с = 6 м.
а

б

Рис. 37. Трамплин для прыжков в воду24 (а)
и соответствующая ему расчетная схема* (б)

Решение. Определим момент силы P относительно т. A. Плечо
силы h совпадает с длиной трамплина и равно 6 м. Вращение трамплина под действием силы P вокруг т. A происходило бы по ходу часовой стрелки, если закрепить только т. A и отбросить все связи и активные силы, следовательно,


mA P  hP ; mA P  500  6  3000 Н  м.

Ответ компактнее записать в килоньютон-метрах: mA P  3 кН  м.

 

 

 

Прыгун в воду с трамплина. Фотография // s-cdn.sportbox.ru : сайт. URL:
https://s-cdn.sportbox.ru/images/styles/1200-auto/fp_fotos/c8/09/7214c793558316806a
3b43c47c9ead6a62cc1c502711f462880996.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
24

29

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

Для характеристики вращательного действия силы на тело
 закрепленное на оси служит момент силы относительно оси mz F [2; 3].
Моментом силы относительно оси называется алгебраическая величина равная проекции вектора момента силы относительно произвольной точки оси на эту ось (рис. 38).

 

Рис. 38. Момент силы относительно оси

Момент силы можно найти двумя способами.
Аналитический способ с помощью определителя вспомогательной матрицы:



i
j k




 
mO F  r  F  x
y z   yFz  zFy  i   zFx  xFz  j   xFy  yFx  k ,
Fx Fy Fz
  
где i , j , k — единичные орты декартовой системы координат. При этом
коэффициенты при единичных ортах — моменты силы относительно
соответствующих осей:



mx F  yFz  zFy ; my F  zFx  xFz ; mz F  xFy  yFx .

 

 

 

 

Геометрический способ определения момента силы относительно
оси заключается в следующем (рис. 39): изобразить плоскость p перпендикулярную этой оси, спроецировать силу на эту плоскость и определить алгебраический момент проекции силы Fp относительно точки
пересечения оси и плоскости

mz F   hF .

 

30

3. Вращательное действие сил

Рис. 39. Геометрический способ определения момента силы относительно оси

В расчетах инженерных объектов выбирают наиболее эффективный способ определения момента. Для удобства работы с силами приложенными к твердому телу сформулируем следующую теорему.
Теорема Вариньона. Если система сил имеет равнодействующую,
то ее момент относительно любого центра (оси) равен сумме моментов всех сил системы относительно того же центра (оси) [2; 3].
Приведем пример решения задачи о моменте сил.
Пример. К раме, опирающейся в т. B и в т. D (рис. 40), приложена
сосредоточенная сила P = 6 кН [4]. Найти момент силы P относительно точки B, если BC = CD = 1 м; a = p/6.
Решение. В данном случае определение плеча силы P является отдельной геометрической задачей. Чтобы ее не решать, удобно использовать теорему Вариньона, разложив силу P на проекции. Тогда



mB P  mB Px  mB Py  0  BC  Py ; Py  P sin .

Откуда mB P  1  6  0, 5  3 кН  м .

 
 

 

 

Рис. 40. Рама ABD

31

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

Рассмотрим систему сил, не имеющую равнодействующую (рис. 41).
а

б

в

Рис. 41. Примеры пары сил: пара сил, приложенная к садовому буру25 (а);
к рулю автомобиля26 (б), схематическое изображение пары сил (в)

 
Система двух равных по модулю параллельных сил F , F  (рис. 41, в)
направленных в противоположные стороны называется парой сил. Расстояние h между линиями действия сил — плечо пары [2; 3].
Для характеристики действия пары сил на твердое тело вводится
понятие момента пары. Вектор момента пары сил равен векторному
моменту одной из сил пары относительно точки приложения другой
силы. Он направлен перпендикулярно плоскости действия пары в ту
сторону, откуда видно, что вращение происходит против хода часовой
стрелки. Момент пары — это свободный вектор [2; 3].
Для пар расположенных в одной плоскости используется понятие
алгебраического момента пары. Алгебраический момент пары сил равен алгебраическому моменту одной из сил пары относительно точки
приложения другой силы, или равен взятому со знаком плюс или минус произведению модуля одной из сил пары на плечо [2; 3]. Момент
пары положителен, если пара стремится повернуть плоскость против
хода часовой стрелки.
 
m F , F    Fh.









Садовый бур. Фотография // Экономстрой : сайт. URL: https://www.econom35.
ru/wp-content/uploads/2018/03/bury-sadovye.jpeg (дата обращения: 22.07.2024).
26
За рулем автомобиля. Фотография // s.mediasalt.ru : сайт. URL: https://s.
mediasalt.ru/images/331/331973/original.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
25

32

3. Вращательное действие сил

Основные свойства пар [2; 3], правила их эквивалентного преобразования выводятся на основе аксиоматических свойств простейших систем сил.
Свойство 1. Пару сил приложенную к твердому телу можно перемещать в плоскости действия, сохраняя при этом ее момент.
Свойство 2. Пару сил действующую на твердое тело можно переносить в любую плоскость параллельную плоскости ее действия.
Свойство 3. Две пары действующие на твердое тело и лежащие в пересекающихся плоскостях эквивалентны одной паре, момент которой
равен геометрической сумме моментов составляющих пар.
Третье свойство позволяет получить условие уравновешенности
системы пар сил.
Для уравновешенности системы пар действующих на твердое тело
необходимо и достаточно, чтобы сумма моментов пар равнялась нулю.

Тесты и задание к главе 3
Тест 1. Координаты точки M(0, 0, 5 м). Момент силы F = 3Н
(см. рис. 38) относительно оси Oz
1) 8 Н·м;
2) 3 Н·м;
3) 15 Н·м;
4) 0.
Тест 2. Момент силы P = 6 кН относительно точки D (см. рис. 40)
1) –3 кН·м;
2) 3 кН·м;
3) 0;
4) 6 кН·м.
Задание. Спортсмен, готовясь к прыжку в воду, стоит на краю трамплина весом Q = 400 Н (см. рис. 37). Определить момент силы Q относительно т. B (рис. 37). Геометрические размеры: a = 1 м; b = 3 м; с = 6 м.
Ответ: –0,8 кН·м.

33

4. Классификация систем сил

С

ледует различать плоские и пространственные системы сил —
основные классы.
Плоской называется система сил лежащих в одной плоскости [2; 3]. Примеры таких систем приведены на рис. 29, 33, 37 и 40.
Пространственной называется система сил произвольно расположенных в пространстве [2; 3] (3D система сил), например система приложенных к валу со шкивами сил (см. рис. 34).
Классификация систем сил не ограничивается плоской и пространственной. Выделяются системы сходящихся, параллельных сил
(рис. 42), сил лежащих в параллельных плоскостях (рис. 43).
а

б

Рис. 42*. Стол, удерживаемый рабочими в горизонтальном положении, (а)
и соответствующая система параллельных сил, включающая силу тяжести стола
и реакцию от рук рабочих (б)

Действующие на тело силы называются сходящимися, если линии
их действия пересекаются в одной точке (рис. 44).
В отличие от пары сил, сходящаяся система сил всегда имеет равнодействующую.
34

4. Классификация систем сил

а

б

Рис. 43*. Вал-ворот (а) и соответствующая система сил,
приложенных к валу-вороту, лежащая в параллельных плоскостях (б)

Рис. 44*. Сходящаяся система сил приложенных к подвешенной бочке

Теорема. Система сходящихся сил действующих на твердое тело
имеет равнодействующую, которая равна геометрической сумме этих
сил и проходит через точку пересечения линий их действия
[2; 3].

R
Теорема позволяет найти равнодействующую системы сходящихся сил геометрическим (как замыкающую многоугольника, построенного на векторах сил) или аналитическим способом (по проекциям на координатные оси), а также установить условия
уравновешенности системы сходящихся сил.
Приведем примеры нахождения равнодействующей системы сходящихся сил.
Пример 1. Канаты с различным натяжением крепятся к стене при
помощи шпильки с проушиной (рис. 45). Вычислить равнодействующую системы сил натяжения канатов.
Решение. Найдем равнодействующую аналитическим методом.
Рассмотрим проекции сил на вертикальную и горизонтальную оси.
RV  4 cos 30  6 cos 60  6 cos 60  4  0,54 кН ;
35

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

Rh  4 cos 60  6 cos 30  6 cos 30  12, 4 кН.

Откуда равнодействующая системы сил натяжений канатов
R  RV 2  Rh 2  (0,54)2  (12, 4)2  12, 4 кН.

В векторной форме условие уравновешенности системы сил, имеющей равнодействующую, записывается в виде
 
R = 0.
Это равенство позволяет проверить, является ли заданная система
сил уравновешенной, а также записать уравнения для определения неизвестных величин: геометрических параметров, реакций связей. Для плоской системы сходящихся сил можно записать два независимых уравнения, а для пространственной системы сходящихся сил — три.

Рис. 45*. Шпилька с проушиной, удерживающая канаты

Пример 2. Тюк сена весом 8 кН удерживается погрузчиком в равновесии (рис. 46, а, б). Определить реакции вил погрузчика.
Решение. В качестве объекта исследования рассмотрим тюк сена.
К нему приложена активная сила P. Связями являются вилы погрузчика в т. A и в т. B, реакции связей NA и NB (рис. 46, в).
Запишем равнодействующую и рассмотрим ее проекции на вертикальную и горизонтальную оси.
RV  N A cos 60  P  N B cos 30;
Rh  N A cos 30  N B cos 60.
36

4. Классификация систем сил

Поскольку тюк удерживается в равновесии, постольку
N A cos 60  P  N B cos 30  0;
N A cos 30  N B cos 60  0.

Находим связь между реакциями вил погрузчика и весом тюка сена
NB  N A  3;

2N A = P .

В итоге реакции вил погрузчика будут
N A  4 кН; N B  6, 93 кН.
б

а

в

Рис. 46. Тюк сена на вилах погрузчика:
а — фотография 27; б — эскиз*; в — расчетная схема

Сформулируем вытекающую из свойств сходящейся системы сил
теорему о трех силах.
Теорема. Если твердое тело находится в равновесии под действием
трех непараллельных сил лежащих в одной плоскости, то линии действия этих сил пересекаются в одной точке [2; 3].
Пример 3. Для извлечения гвоздя (рис. 47), в начальный момент отжимания гвоздя, рабочий прикладывает усилие 300 Н под оптимальным углом p/6 рад. Достаточно ли этого усилия, если сопротивление
извлекаемого из деревянного бруса гвоздя равно 0,5 кН? Повредится ли деревянная поверхность бруса, если она выдерживает нагрузку
в 700 Н. Весом гвоздодера пренебречь.
Решение. В начальный момент отжимания гвоздя, на гвоздодер
действует система сил, состоящая из реакций от усилия рабочего, сопротивления гвоздя и деревянной опоры. Гвоздодер находится в равТрактор в поле. Фотография // s11.dibi.ru : сайт. URL: http://s11.dibi.ru/
cheljabinsk/pic_800_600/34601690/38d0c36fab154c7010c21eab5f1450ba.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
27

37

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

новесии под действием трех сил. Следовательно, эти силы образуют
прямоугольный треугольник (рис. 47). При усилии рабочего в 300 Н,
сопротивление гвоздя должно быть равно примерно 520 Н, а реакция
деревянной поверхности составлять 600 Н. Следовательно, при таком усилии рабочего гвоздь извлечется, а поверхность не повредится.
а

б

Рис. 47. Гвоздодер (а) и схема действия сил на гвоздодер (б)

Тесты и задание к главе 4
Тест 1. Равнодействующая системы сил приложенных к бочке
(см. рис. 44) относительно оси Oz:
1) 7 кН;
2) 3,5 кН;
3) 0;
4) 700 кг.
Тест 2. Направление равнодействующей системы сил натяжения
канатов (см. рис. 45)
1) вертикально;
2) горизонтально;
3) под углом 45° к горизонту;
4) не хватает данных.
Задание. Найти натяжение тросов (см. рис. 44), на которых подвешена бочка массой 350 кг. Ускорение свободного падения принять
равным 10 м/с 2.
Ответ: 3,5 кН.
38

5. Приведение системы сил к центру

Д

ля эффективной работы с произвольной системой сил введем меры совокупного воздействия системы сил на твердое
тело: главный вектор и главный момент. 
Главным вектором системы сил (обозначается R ) называется геометрическая сумма всех сил системы [2; 3]
 n 
R   Fk .
k 1

Главный вектор аналитически определяется через свои проекции
на оси координат




R  Rx i  Ry j  Rz k ,
  
где i , j , k — единичные векторы координатных осей.
Проекции главного вектора на оси декартовой системы координат
равны сумме проекций сил на соответствующие оси:
n

n

n

k 1

k 1

k 1

Rx   Fkx ; Ry   Fky ; Rz   Fkz .

Модуль главного вектора и его направление определяются по
следующим формулам [5]:
R  Rx 2  Ry 2  Rz 2 ;

 

 

 

  R
  R
  R



cos R, i  x ; cos R, j  y ; cos R, k  z .
R
R
R
Главным моментом
системы сил относительно некоторого центра O

(обозначается M O ) называется геометрическая сумма моментов всех
сил системы относительно этого центра [2; 3]
n

 
M O   mO Fk .
k 1

 

39

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

Главный момент аналитически определяется через свои проекции на оси координат. Проекции главного момента на оси координат равны сумме моментов всех сил системы относительно соответствующих осей,
n
n
n



M Ox   mx Fk ; M Oy   my Fk ; M Oz   mz Fk .
k 1

 

 

k 1

 

k 1

Главным моментом системы сил относительно произвольной точки О называется вектор равный геометрической сумме моментов всех
сил относительно центра О




M O  M Ox i  M Oy j  M Oz k .
Модуль главного момента и его направление определяются по
следующим формулам [5]:
M O  M Ox 2  M Oy 2  M Oz 2 ;













  M
  M
  M



cos M O , i  Ox ; cos M O , j  Oy ; cos M O , k  Oz .
MO
MO
MO

В навигации проекциями главного вектора сил являются подъемная сила, силы лобового и бокового сопротивления; проекциями
главного момента системы сил — крен, тангаж и рысканье (рис. 48).
Для плоской системы сил главный момент относительно центра
определяется как алгебраическая сумма моментов всех сил системы
относительно выбранного центра.
Основная теорема статики. Произвольную систему сил (рис. 49, а),
действующую на твердое тело, можно заменить эквивалентной системой сил, состоящей из силы и пары сил (рис. 49, б). Сила равна главному вектору системы сил и прикладывается в произвольно выбранной
точке (центре приведения). Момент пары сил равен главному моменту системы сил относительно центра приведения [2; 3].
Главный вектор системы сил — инвариант. Он не зависит от выбора центра приведения [2]. Вторым (скалярным) инвариантом системы сил является скалярное произведение главного вектора и главного момента
 
 
R  M O  R  M O1 .

40

5. Приведение системы сил к центру

а

б

Рис. 48. В навигации проекции главного момента системы сил,
приложенных к самолету (а) 28 и квадрокоптеру (б)29

а

б

Рис. 49. Сходящаяся система сил приложенных к твердому телу (а)
и эквивалентная ей система сил (б)
Схематическое изображение положений авиамодели // a.d-cd.net : сайт. URL:
https://a.d-cd.net/2IAAAgCrM-A-1920.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
29
Схематичекое изображение вращений квадрокоптера // СТА-Пресс : картинки.
URL: https://www.soel.ru/images_soel/publications/2023/2023-5/Кашкаров%20Мультикоптеры%20помощники%20или%20угроза%20pic-06.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
28

41

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

Основная теорема статики дает ключ к решению двух основных
задач статики.
1. Нахождение простейшей системы сил, которая эквивалентным
образом может заменить заданную
 произвольную систему сил.

В частном случае,
  когда M O = 0, система сил приводится к равнодействующей. Если R = 0, то исходная система сил эквивалентна паре сил.
2. Установление необходимых и достаточных условий уравновешенности произвольной системы сил. В векторной форме эти условия имеют вид

 

R = 0 ; M O = 0.
В общем виде для произвольной пространственной системы сил
эти два векторных равенства позволяют записать шесть скалярных
уравнений, из которых можно найти шесть неизвестных величин. Для
произвольной плоской системы сил таких уравнений будет три и, следовательно, можно найти три неизвестные. Неизвестными могут быть
как активные силы, реакции связей, так и геометрические характеристики инженерного объекта. Задача статики называется статически
определенной, если число уравнений совпадает с числом неизвестных.
Покажем пример решения задач, используя основную теорему
статики.
Пример 1. Портовые буксиры (рис. 50, а) толкают танкер с помощью сил F1 = 178 кН и F2 = 68 кН. Найти модуль главного вектора
и главного момента относительно центра тяжести судна G данной системы сил, если a = 35°, геометрические размеры: a = 70 м; b = 90 м
и c = 10 м.
Решение. Найдем главный вектор системы двух сил по проекциям:
Rh   F1 sin , Rh  178 sin 35  102 кН ;
RV  F1 cos   F2 , RV  178 cos 35  68  214 кН ;

R  Rh 2  RV 2  237 кН.

Главный момент системы сил буксировки относительно центра
тяжести судна будет
M G  bF1 cos   cF1 sin   aF2 ,
M G  178 cos 35  90  178 sin 35 10  68  70  7342 кН  м.
42

5. Приведение системы сил к центру

а

б

Рис. 50. Портовые буксиры, перемещающие судно лагом:
а — фотография 30; б — эскиз-схема*

Можно сделать вывод о том, что буксиры стремятся сдвинуть судно в направлении главного вектора и вращать его вокруг центра тяжести судна G против хода часовой стрелки.
Для вычисления проекций главного вектора и главного момента
пространственной системы сил часто используют следующую форму [4].
Силы

Fix

Fiy

Fiz


mx Fi


my Fi


mz Fi

1
F1
F2
...
Fn
σ

2

3

4

5

6

7

 

 

 

В столбце 1 перечисляются все силы, входящие в систему сил приложенных к твердому телу; в столбцах 2–4 записываются вычисленные проекции сил на выбранные оси координат; в столбцах 5–7 вводятся моменты сил относительно соответствующих осей координат.
Просуммировав значения, стоящие в столбцах таблицы, получим
проекции главного вектора и главного момента.

Буксировка лагом судна в порту. Фотография // WikipediaСommons : картинки. URL: https://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/6/62/C_Triumph_13%2C_
Mississippi_harbour%2C_Port_of_Rotterdam%2C_Holland_29-Aug-2007.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
30

43

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

Пример 2. Вычислить главный вектор и главный момент системы
пространственных сил (рис. 51) относительно т. О. F1 = 5 кН; F2 = 4 кН;
F3 = 2 кН; геометрические размеры тела в виде параллелепипеда: a =
= 4 м; b = 4 м; с = 3 м [5].
z

F1

A1

A3
F3 c
F2

O
a

x

y

b

Рис. 51. Система пространственных сил приложенных к телу
в виде параллелепипеда

Решение. Разложим силы F2 и F3 на составляющие по осям координат (рис. 52).
z

O
a
x

F3x

F1

A1

F2
α
F2y

A3
F3z

β
F3

c

F2z
A2

b

y

Рис. 52. Проекции пространственных сил приложенных к телу
в виде параллелепипеда

Вычислим проекции сил на оси координат
F2 y   F2 cos ; F2 z  F2 sin ; F3 x   F3 cos ; F3 z   F3 sin .

Найдем соответствующие тригонометрические функции, необходимые для определения проекций сил,
44

5. Приведение системы сил к центру

c

a

c

b

,
a c
a c
b c
b  c2
откуда sin α = 0,6; cos α = 0,8; sin b = 0,6; cos b = 0,8 и F2y = –3,2 кН;
F2z = 2,4 кН; F3x = –1,6 кН; F3z = –1,2 кН.
Заметим, что момент силы относительно оси равен нулю, когда линия действия силы параллельна или пересекает ось. Используя данное замечание, теорему Вариньона и геометрический способ определения момента силы относительно оси, получим




mx F1  cF1; my F1  0, т. к. F1  Oy; mz F1  bF1.



mx F2  mx F2 y  mx F2 z ,


mx F2 y  0, т. к. F2y пересекает ось Ox; mx F2 z  aF2 z  aF2 sin  

 mx F2  aF2 sin .
sin  

2

2

; cos  

 

2

2

; sin  

 
   

 

 

2

2

 
 

; cos  

 


my F2 y




my F2  my F2 y  my F2 z ,


 0, т. к. F2 y  Oy ; my F2 z  bF2 z  bF2 sin  

 my F2  bF2 sin .


mz F2 y




mz F2  mz F2 y  mz F2 z ,


 bF2 y  bF2 co s ; mz F2 z  0 , т. к. F2 z  Oz ⇒

 mz F2  bF2 cos  .

 

 

 

 

2

   
 
 
 

 

 
 




mx F3  mx F3 x  mx F3 z ,



mx F3 x  0, т. к. F3 x  Ox ; mx F3 z  aF3 z  aF3 sin 

 mx F3  aF3 sin .

my F3  0, т. к. F3 пересекает ось Oy,



mz F3  mz F3 x  mz F3 z ;



mz F3 x  aF3 x  aF3 co s; mz F3 z  0, т. к. F3 z  Oz ⇒

 mz F3  aF3 cos.

 

 

 

 

   
 
 

 

   
 
 

45

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

Заполним таблицу:
Силы

Fix

Fiy

Fiz


mx Fi


my Fi


mz Fi

F1
F2
F3

0
0
–F3cosb

F1
–F2cosa
0

0
F2sina
–F3sinb

–cF1
aF2sina
–aF3sinb

0
–bF2sina
0

bF1
–bF2cosa
aF3cosb

 

 

 

Просуммировав значения, стоящие в столбцах таблицы, получим
проекции главного вектора и главного момента относительно т. O пространственной системы сил:
Rx   F3 cos ; Ry  F1  F2 cos ; Rz  F2 sin   F3 sin ;
M Ox  cF1  aF2 sin   aF3 sin ; M Oy  bF2 sin ;
M Oz  bF1  bF2 cos   F3 co s

Подставляя числовые значения, и, произведя необходимые вычисления, получим:
Силы

Fix, кН

Fiy, кН

Fiz, кН


mx Fi , кН·м


my Fi , кН·м


mz Fi , кН·м

F1
F2
F3
S

0
0
–1,6
–1,6

5
–3,2
0
1,8

0
2,4
–1,2
1,2

–15
9,6
–4,8
–10,2

0
–9,6
0
–9,6

20
–12,8
6,4
13,6

 

 

 

Модули главного вектора и главного момента относительно т. O
пространственной системы сил определяются по равенствам:
R  R x 2  R y 2  Rz 2 , R  ( 1, 6)2  (1, 8)2  (1, 2)2  2, 69 кН;
M O  M O x 2  M O y 2  M O z 2 , M O  ( 10, 2)2  ( 9, 6)2  (13, 6)2  19, 52 кН  м .

Тесты и задания к главе 5
Тест 1. С какими силами должны толкать танкер портовые буксиры (см. рис. 50), чтобы обеспечить поступательное движение танкера, если портовый буксир 2 подошел к танкеру под углом 45°? Геометрические размеры танкера указаны в примере 1.
46

5. Приведение системы сил к центру

1) F2 ≈ F1;
2) F2 ≈ 0,505F1;
3) F2 ≈ 0,606F1;
4) F2 ≈ 0,808F1.
Тест 2. Под каким углом должен подойти портовый буксир 2 к танкеру, чтобы обеспечить поступательное движение танкера (см. рис. 50)?
Геометрические размеры танкера указаны в примере 1.
1) π/4;
2) π/6;
3) π/3;
4) π/2.
Задание 1. У авиалайнера с четырьмя реактивными двигателями
(рис. 53), сила тяги которых F = 140 кН, во время полета отказал один
из двигателей. Найти главный вектор и главный момент системы сил
относительно центра тяжести авиалайнера, если a = 6 м; b = 9 м.

Рис. 53*. Эскиз-схема отказа двигателя у авиалайнера

Ответ: R = 420 кН; MG = –2100 кН·м.
47

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

Задание 2. Автомобиль (рис. 54) движется по криволинейному
участку дороги [1]. Характеристики автомобиля: колея w = 2,12 м; колесная база l = 3,16 м; расстояние от задней оси до центра тяжести автомобиля d = OG = 2 м. Действующие на колеса автомобиля со стороны полотна дороги силы составят F1 = F2 = 400 Н; F3 = F4 = 250 Н. Углы
поворота передних колес di = 24° и do = 20°. Для указанной системы сил
определить, округляя до ближайшего целого значения, проекции и модуль главного вектора и главные моменты системы сил относительно
средней т. O задней оси автомобиля и центра тяжести автомобиля G.

Рис. 54*. Эскиз-схема автомобиля

Ответ: Rx = 1241 кН; Ry = 300 кН; R = 1277 кН; MG = 359 кН·м;
MO = 958 кН·м.

48

6. Равновесие твердого тела
под действием плоской системы сил

С

начала рассмотрим способы моделирования и инженерного
анализа в задачах о равновесии конструкций и механизмов,
находящихся под действием плоской системы сил.
Для равновесия твердого тела под действием плоской системы сил
необходимо и достаточно, чтобы главный вектор и главный момент
системы равнялись нулевым векторам

 

R = 0 ; M O = 0.
В результате приведения плоской системы сил к заданному центру
получаем силу и пару, лежащие в одной плоскости. Главный момент
в этом случае определим как алгебраическую сумму моментов всех сил
системы относительно выбранного центра приведения
n

M O   mO Fk .
k 1

 

Главный вектор плоской системы сил определяется по его проекциям на две координатные оси
n

Rx   Fkx ;
k 1

n

Ry   Fky .
k 1

Для равновесия твердого тела под действием плоской системы сил
необходимо и достаточно, чтобы сумма проекций всех сил на две координатные оси и сумма алгебраических моментов всех сил системы
относительно произвольно выбранного центра были равны нулю
n
n
n

F

0
F

0
;
;
 kx
 ky
 mO Fk  0.
k 1

k 1

k 1

 

Данная форма записи является одной из трех форм записи уравнений равновесия тела под действием плоской системы сил. Ей удоб49

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

но пользоваться при определении реакции жесткой заделки, например, консоли или рамы.
Приведем эквивалентные формы записи уравнений равновесия
твердого тела под действием плоской системы сил [2; 3].
Форма уравнений равновесия, которую применяют при рассмотрении равновесия опертых балок в строительных конструкциях. Для
равновесия твердого тела под действием плоской системы сил необходимо и достаточно, чтобы сумма проекций всех сил на координатную ось и суммы алгебраических моментов всех сил системы относительно двух выбранных центров были равны нулю
n
n
n


 Fkx  0 ;  mA Fk  0;  mB Fk  0
k 1

k 1

 

k 1

 

при условии, что отрезок AB не перпендикулярен оси Ox.

Рис. 55*. Эскиз мостовой конструкции

Этой формой удобно пользоваться и при определении внешних
связей мостовых конструкций (рис. 55).
Если необходимо найти внутренние усилия, то выбирают третью
эквивалентную форму уравнений равновесия — форму уравнений равновесия, которая применима при рассмотрении равновесия ферм методом сечений.
Для равновесия твердого тела под действием плоской системы сил
необходимо и достаточно, чтобы суммы алгебраических моментов всех
сил системы относительно трех выбранных центров были равны нулю
n
n
n



m
F

0
m
F

0
;
;
 A k
 B k
 mC Fk  0
k 1

 

k 1

 

k 1

 

при условии, что т. A, т. B, т. C не лежат на одной прямой.
Приведем пример задачи на равновесие твердого тела под действием плоской системы сил.
50

6. Равновесие твердого тела под действием плоской системы сил

Пример. Кран-укосина (рис. 56, а) удерживает груз массой 1 т.
Определить величину усилия связи в т. B и составляющие реакции
связи в т. A.
Геометрические размеры крана-укосины показаны на рис. 56, б.
а

б

Рис. 56*. Кран-укосина:
а — фотография31; б — расчетная схема*

Решение. Выберем объект исследования. Рассмотрим равновесие
крана-укосины. Построим расчетную схему. Покажем на схеме активные силы и реакции внешних связей, приложенные к крану-укосине.
Активная сила одна, вес груза Q.
Реакции внешних связей. Тип связи в точке А — цилиндрический
шарнир. Связь может быть представлена в виде двух взаимно перпендикулярных составляющих XA и YA.
Тип связи в т. B — идеальный стержень. При условии, что стержень растянут, реакция связи — усилие в стержне S — направлено
вдоль стержня. Разложим усилие S на составляющие по осям координат Sx и Sy.
Для определения проекций нам нужно знать синус и косинус угла
наклона стержня. Найдем синус и косинус угла наклона по геометрическим размерам, указанным на схеме, используя свойства прямоугольного треугольника: проекции усилия в стрежне будут Sx = 4/5S и Sy = 3/5S.
Классифицируем приложенную к крану-укосине систему сил.
Кран-укосина находится в равновесии под действием произвольной
Кран-укосина. Фотография // 101Бензопила : онлайн-портал. URL:
https://101benzopila.ru/wp-content/uploads/2/b/f/2bf5aa9cbb742e44231083b3c7de5fe2.
jpeg (дата обращения: 22.07.2024).
31

51

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

плоской системы сил. Условия уравновешенности плоской системы
сил имеют вид:
n
n
n

 Fkx  0 ;  Fky  0;  mA Fk  0.
k 1

k 1

k 1

 

Составим уравнения равновесия крана-укосины.
n

F

kx

k 1

n

F


k 1

ky

 0: X A  Sx  0;

 0: Y A  Q  S y  0;

 m  F   0: 0, 25 S
n

k 1

A

k

x

 5 S y  (5  1,5) Q  0 .

Решая полученную систему уравнений, получим искомые значения.
Ответ: S = 10,7 кН; XA = 8,6 кН; YA = 3,4 кН.
Примечание. При вычислении приняли ускорение свободного падения равным 9,81 м/c 2. Усилие в стрежне получили положительное,
следовательно, стержень растянут. Если бы значение было отрицательным, то стержень был бы сжат. Направления составляющих реакции цилиндрического шарнира также положительные, что говорит
об их направлении согласно схеме. Зная составляющие реакции цилиндрического шарнира, можно найти модуль реакции в т. A:
RA  X A 2  Y A 2 . Направление этой реакции задается направляющими
косинусами X A RA , Y A RA .

Тест и задание к главе 6
Тест. Определить модуль момента заделки (рис. 57) в основании
опоры линии электропередач (ЛЭП) при обрыве одного из проводов,
если F1 = F2 = 2 кН, F3 = F4 = F5 = F6 = F7 = 6 кН:
1) 15 кН·м;
2) 34 кН;
3) 79 кН·м;
4) 12 кН·м.

52

6. Равновесие твердого тела под действием плоской системы сил

а

б

Рис. 57. Столб линии электропередач:
а — фотография32; б — расчетная схема*

Задание. Определить вертикальную составляющую реакции балки мостового крана (рис. 58) в т. A. Пролет крана l = 20 м, расстояние
от опоры до точки подвеса крюка a = 5 м. Вес крана G = 800 кН, вес
поднимаемого груза Q = 200 кН.
а

б

Рис. 58. Кран-балка мостового крана 33:

Ответ: 550 кН.

а — фотография; б — расчетная схема*

Столбы промежуточного типа. Фотография // Masterabetona : сайт. URL:
https://masterabetona.ru/wp-content/uploads/na-foto---stolby-promezhutochnogo-tipa.
jpg (дата обращения: 22.07.2024).
33 Мостовой кран. Фотография // Оборудуй.ком : сайт. URL: https://oboruduy.
com/files/images/items/318/318424zc8fa048f.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
32

53

7. Равновесие системы тел

Е

сли в равновесии находится не одно тело, а система тел, то для
определения всех неизвестных величин необходимо разделить систему, вводя в рассмотрение реакции внутренних связей [4; 5]. Для этого существует 2 способа.
Первый способ заключается в рассмотрении равновесия системы
тел под действием заданной системы сил и реакций внешних связей.
Дополнительно необходимо рассмотреть равновесие одного из тел
под действием заданной системы сил и реакций внешних и внутренних связей (рис. 59).
а

б

Рис. 59. Эскиз конструкции разводного моста (а) и ее левой части (б)

Второй способ заключается в составлении условий равновесия для
каждого тела системы. С учетом аксиомы действия и противодействия
(рис. 60) запишем:




X C   X C ; YC  YC  .
Рассмотрим пример задачи на равновесие составного тела.
Пример. Человек стоит на лестнице-стремянке (рис. 61), установленной на гладком полу. Вес каждой ее части Q1 = 100 Н; вес человека Q2 =
= 600 Н. Геометрические параметры: l = 3 м, d = 1 м, a = 70° и h = 0,4 м.
54

7. Равновесие системы тел

Определить реакции пола, шарнира и натяжение ремня, округлив
ответ до целых значений.
а

б

Рис. 60. Эскизы левой (а) и правой (б) части конструкции разводного моста

а

б

Рис. 61. Стремянка с рабочим на ней:
а — фотография34; б — эскиз*

Решение. Выберем объекты исследования. Рассмотрим равновесие стремянки со стоящим на ней человеком и равновесие левой части лестницы-стремянки.
Построим расчетные схемы (рис. 62). Покажем на расчетных схемах лестницы-стремянки и ее левой части действующие активные
силы тяжести и реакции связей в виде гладкого пола в т. А и т. B, цилиндрического шарнира в т. C и ремня.
Рабочий на стремянке. Фотография // alga-market : сайт. URL: https://www.
alga-market.ru/upload/catalog/766/7100_48.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
34

55

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

а

б

Рис. 62. Расчетная схема* лестницы-стремянки (а) и ее левой части (б)

Реакции внешних связей — RA, RB. Реакции внутренних связей —
XC, YC и T.
Лестница-стремянка находится в равновесии под действием плоской системы параллельных сил. Условия уравновешенности плоской
системы параллельных сил имеют вид:
n
n


m
F

0
;
 A k
 mB Fk  0.
k 1

 

k 1

 

Составим уравнения равновесия лестницы-стремянки со стоящим
на ней человеком.
n

3l
l
mA Fk  0:  Q1 cos   Q1 cos    l cos   h  Q2  2l RB cos   0;

2
2
k 1

 


 m  F   0: 2 Q cos   2 Q cos   l cos   h  Q
n

k 1

B

k

3l

l

1

1

2

 2l RA cos   0.

Решая полученную систему уравнений, получим реакции связей
в виде гладкого пола в т. А и т. B
RA = 283 Н; RB = 517 Н.
Левая часть лестницы-стремянка находится в равновесии под действием плоской системы сил. Условия уравновешенности плоской системы сил имеют вид:
56

7. Равновесие системы тел

n

F
k 1

kx

n

F

 0;

ky

k 1



 m  F   0.
n

 0;

k 1

C

k

Составим уравнения равновесия левой части лестницы-стремянки.
n

F
k 1

n

F
k 1



ky

kx

 0 : T  X C  0;

 0: RA  Q1  YC  0;

 m  F   0: 2 Q cos   l  d T sin   l R
n

k 1

C

l

1

k

A

cos   0.

Решая полученную систему уравнений, получим реакции внутренних связей
RC = 223 Н; T = 127 Н.

Тест и задания к главе 7
Тест. Какая форма уравнений равновесия наиболее подходит при
рассмотрении части ABC захвата (рис. 63)?
n
n
n

F

0
F

0
1.  kx
;  ky
;  mO Fk  0;
k 1
n

k 1
n

k 1


m
F
 A k  0;

 

 


m
F
 B k  0;

 

n

2.

 Fkx  0 ;

3.

 m  F   0;  m  F   0;  m  F   0.

k 1
n
k 1



A

k

k 1



n

k 1

B

k

k 1



n

k 1

C

k

Задание 1. Лебедка снабжена храповым колесом диаметром d1 с собачкой (рис. 64). На барабан диаметром d2, неподвижно скрепленный
с колесом, намотан трос, поддерживающий груз весом Q.
Определить давление на ось собачки. Весом собачки пренебречь.
Рекомендуется найти cosα, а затем рассмотреть равновесие храпового колеса (рис. 65).

57

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

а

б

в

Рис. 63. Захват крупногабаритных грузов35:
а — фотография; б — эскиз*; в — расчетная схема*

а

б

Рис. 64. Храповое колесо лебедки с собачкой:
а — фотография 36; б — расчетная схема*

Клещевой захват для труб. Фотография // img.promportalua.com : сайт. URL:
http://img.promportalua.com/foto/good_fotos/507/5078589/zahvat-dlya-podema-trubkleschevoy_foto_largest.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
36
Механизм лебедки. Фотография // static.pleer.ru : сайт. URL: https://static.pleer.
ru/review_photo/841/491/5.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
35

58

7. Равновесие системы тел

а

б

Рис. 65. Расчетная схема*:
а — храповое колесо; б — собачка

Ответ: Q

d2
d1

h2 + a 2
.
a

Задание 2. Определить опорные реакции и силы взаимодействия
между частями двупролетной балки (рис. 66), находящейся под действием: сосредоточенных сил Р1 = 80 Н и Р2 = 250 Н, пары сил с моментом М = 200 Н·м [4]. Ответ округлить до целых значений.
y

P1
A

B
1м

45o

C
2м

M

1м

P2
D

E

x

1м

Рис. 66. Расчетная схема двупролетной балки

Ответ: MA = 732 Н·м; XA = 57 Н; YA = 282 Н; YE = 25 Н; XC = 0;
YC = 225 Н.

59

8. Уравновешенность
пространственной системы сил

У

словие равновесия твердого тела под действием пространственной системы сил записывается в виде равенства главного вектора и главного момента нулевым векторам. Если
в равновесии находится не одно тело, а система тел, то для определения всех неизвестных величин необходимо разделять систему, вводя
в рассмотрение реакции внутренних связей.
Для равновесия твердого тела под действием пространственной
системы сил необходимо и достаточно, чтобы проекции главного вектора и главного момента относительно выбранного центра были равны нулю [2; 3]
Rx = 0, Ry = 0, Rz = 0;
M Ox = 0, M Oy = 0, M Oz = 0 ,

т. е. для равновесия твердого тела под действием пространственной
системы сил, необходимо и достаточно, чтобы суммы проекций всех
сил на три координатные оси и суммы моментов всех сил относительно этих осей были равны нулю
n

n

 Fkx  0 ,

 Fky  0,

k 1


 mx Fk  0 ,
n

k 1

 

k 1


 my Fk  0 ,
n

k 1

 

n

F

kz

k 1

 0;


 m  F   0.
n

k 1

z

k

Приведем пример решения задачи на урановешенность пространственной системы сил.
Пример.
  Пара сил, вращающая турбину (рис. 67) и имеющая моM
F
, F   1, 2 кН  м, уравновешивается давлением на зубец конимент
ческого зубчатого колеса и реакциями опор. Давление на зубец перпендикулярно радиусу R = 0,6 м и составляет с горизонтом угол a = 15°.



60



8. Уравновешенность пространственной системы сил

Определить реакции подпятника в т. С и подшипника в т. А, если вес
турбины с валом и колесом равен 12 кН и направлен вдоль оси Cz,
а AC = 3 м, AO = 1 м.
а

б

Рис. 67. Вал-турбина ветрогенератора:
а — фотография 37; б — эскиз*

Решение. Рассмотрим равновесие вала и турбины. Покажем на рисунке активные силы и реакции внешних связей, приложенные к механизму, (рис. 68).

Рис. 68. Расчетная схема* вала-турбины
Оборудование ветрогенератора. Фотография // newsland.com : сайт. URL:
https://newsland.com/static/u/content_image_from_text/27102017/6054516-2746394.
jpg (дата обращения: 22.07.2024).
37

61

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

 
Активные силы: пара сил, вращающая турбину M F , F  ; вес тур-





бины с валом и колесом Q. Реакции внешних связей: XC, YC, ZC — реакции подпятника в точке С; XA, YA — реакции подшипника в т. А; P —
реакция конического зубчатого колеса.
Разложим силу P на составляющие по осям координат:
Px  P cos ; Py  P sin  .

Механизм находится в равновесии под действием произвольной
пространственной системы сил.
Составим уравнения равновесия.
n

F

 0 : X A  X C  P cos   0 ;

kx

k 1

n

F
k 1

n

F

kz

k 1

ky

 0: Y A  YC  0 ;

 0: Z C  Q  P sin   0 ;



 m  F   0 : R  P sin   AC  Y
n

x

k 1
n

k



 m  F   0 : AC  X
k 1

y

k

A

A

 0;

 OC  P cos   0;



 m  F   0: M  R  P cos   0.
n

k 1

z

k

Решая полученную систему уравнений, находим
X A  2, 7 кН; Y A  0,1 кН; X C  0, 7 кН; YC  0,1 кН; Z C  13 кН.

Определим реакции подшипника в т. А и подпятника в т. C.
RA  X A 2  Y A 2  2, 7 кН; RС  X С 2  YС 2  Z С 2  13 кН.

В частных случаях количество уравнений сокращается. Рассмотрим, к примеру, систему параллельных сил, линии действия которых
параллельны [2; 3].
Если на твердое тело действует система параллельных сил, то, выбирая систему координат так, чтобы ось Oz была параллельна линиям
действия сил системы, получим три уравнения равновесия тела под
действием системы параллельных сил:
n
n
n


 Fkz  0;  mx Fk  0 ;  my Fk  0 .
k 1

62

k 1

 

k 1

 

8. Уравновешенность пространственной системы сил

Тест и задание к главе 8
Тест. Какую силу необходимо приложить к рукояти длиной 0,6 м
ворота (рис. 43), чтобы поднять груз массой 12 кг. Барабан, на который намотан трос, диаметром 40 см. Ускорение свободного падения
g = 10 м/с2
1) 60 Н;
2) 40 Н;
3) 120 Н;
4) 80 кг.
Задание. Определить силу необходимую для удержания в равновесии дверного полотна весом 240 Н (рис. 69). Усилие, приложенное
к дверному полотну со стороны доводчика, S = 28 Н. При известных
геометрических параметрах: h = 800 мм; α = 60°; b = 100° — определить также модули реакций петель в т. A и т. B [1].
а

б

Рис. 69*. Расчетная схема для дверного полотна, удерживаемого
в открытом состоянии с помощью доводчика:
а — 3D схема; б — вид сверху

Ответ: F = 11 Н; RA = 248 Н; RB = 64 Н.

63

9. Фермы
(шарнирно-стержневые конструкции)

Р

ассмотрим одну из наиболее распространенных инженерных
конструкций — ферму (рис. 70).
а

в

б

г

Рис. 70. Примеры стержневых конструкций:
а — свод бассейна38; б — мост39; в — портовый кран40; г — теплица41

Портовый кран // Яндекс : фотографии. URL: https://img-fotki.yandex.ru/
get/17/k-alexander-b.7/0_c52c_2b061b24_XL (дата обращения: 22.07.2024).
39
Свод бассейна. URL: https://img.edilportale.com/product-thumbs/2b_prodotti77801-relfe0fff58d62644c3876c3b0093dbad4c.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
40
Мост. URL: https://puzzleit.ru/files/puzzles/117/117240/_background.jpg (дата
обращения: 22.07.2024).
41
Теплица // Youtube images : сайт. URL: https://i.ytimg.com/vi/BvigJ9n2Qwg/
maxres1.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
38

64

9. Фермы (шарнирно-стержневые конструкции)

Фермой называется жесткая (геометрически неизменяемая) стержневая конструкция. Точки соединения стержней называются узлами.
Рассчитать ферму — это значит найти реакции внешних связей и усилия в стержнях конструкции [2; 3].
У статически определимых ферм количество стержней s и количество узлов n связаны соотношением
s  2 n  3.

Если количество стержней уменьшить, убрать хотя бы один стержень, конструкция (рис. 71) превращается в механизм (рис. 72).
а

б

Рис. 71. Автомобильный мост над железнодорожными путями:
а — фотография; б — эскиз*

Рис. 72*. Механизм, полученный путем удаления в мостовой конструкции
одного стержня

Для расчета усилий в стержнях фермы вводятся упрощающие гипотезы, позволяющие перейти от реальной конструкции к ее модели
и выполнить инженерный анализ. Основные допущения при расчете ферм: идеальность стержней фермы, распределение внешней нагрузки по узлам.
Основными методами расчета усилий в стержнях плоских ферм
являются метод вырезания узлов и метод сечений (Риттера).
Метод вырезания узлов. Последовательно вырезаются узлы, в которых сходится не более двух стержней с неизвестными усилиями, и со65

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

ставляются уравнения равновесия узла под действием системы сходящихся в узлах сил. Метод предполагает определение реакций связей
и последовательное рассмотрение всех узлов фермы; удобен при определении усилий во всех элементах конструкции [2; 3].
Метод сечений (Риттера). Производится сечение фермы по трем
стержням с неизвестными усилиями и составляются уравнения равновесия одной из частей фермы. Метод удобен при определении усилий в выделенных стержнях и не требует последовательного рассмотрения всех элементов конструкции. При рассмотрении одной из частей
конструкции можно выделить точки Риттера (точки, в которых пересекаются два неизвестных усилия в разрезанных сечением стержнях).
Если такие точки имеются, то в уравнения моментов сил относительно точек Риттера входит по одному неизвестному усилию. Это помогает избежать накопления вычислительной ошибки и свести погрешность вычислений к минимуму [2; 3].
Изначально полагают, что все стержни конструкции растянуты.
Усилия в стержнях — это приложенные к узлам и направленные вдоль
стержней от узла силы. Отрицательное значение усилия показывает,
что стержень сжат; при нулевом значении стержень не нагружен [4; 5].
Рассмотрим пример задачи на расчет усилий в стержнях фермы.
Пример. Двускатная крыша с подкосом — треугольная стропильная ферма (рис. 73), опирается на каменные стены.

Рис. 73. Двускатная крыша с подкосом — треугольная стропильная ферма 42
Стропила из балок. Фотография. URL: https://papamaster.su/wp-content/
uploads/2018/02/stropilnaya-sistema-krovli-derevyannaya-foto-1.jpg (дата обращения:
22.07.2024).
42

66

9. Фермы (шарнирно-стержневые конструкции)

Определить усилия в элементах стропильной фермы, если нагрузка (рис. 74) на ферму от покрытия составляет F1 = 5 кН, F2 = 10 кН,
F3 = 10 кН.
Решение. Изобразим расчетную схему стропильной фермы.
F1

y

F3

F2

C

8

7

3

1м

D

4

5

E

9

6

1

A

2

B

F
1,75 м

0,5 м

0,5 м

x

1,75 м

Рис. 74. Схема треугольной стропильной фермы

Вычислим опорные реакции стропильной фермы (рис. 75).
F1

y

C
1м

YA

XA
1,75 м

D

4
7

3
α

A

F3

F2

8

5
9

b

1
K

E

2

B

F
0,5 м

0,5 м

YB

6

x

1,75 м

Рис. 75. Схема треугольной стропильной фермы
для расчета реакций внешних связей

Активные силы приложенные к конструкции — F1, F2, F3 — нагрузка на ферму от покрытия. Реакции внешних связей: XA, YA — составляющие реакции шарнирно-неподвижной опоры в т. A; YB — реакция
шарнирно-подвижной опоры в т. B.

67

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

Ферма находится в равновесии под действием произвольной плоской системы сил. Условие равновесия фермы в данном случае будет
n
n
n

F

0
F

0
m
F
;
;
 kx
 ky
 A k  0.
k 1

k 1

 

k 1

Составим уравнения равновесия всей конструкции.
n

F

kx

k 1

n

F
k 1

ky

 0: Y A  YB  F1  F2  F3  0 ;



 m  F   0: 4,5Y
n

k 1

A

 0 : X A = 0;

k

B

 2, 25F1  1, 75F2  2, 75F3  0 .

Решим полученную систему уравнений, подставляя значения, заданные по условию задачи. В итоге получим
=
X A 0=
; Y A YB = 12,5 кН.

Определим усилия в стержнях методом вырезания узлов. Рассмотрим равновесие каждого узла. Мысленно отбросим сходящиеся в них
стержни и заменим их действия реакциями. Полагая, что стержни растянуты, направим силы реакций от узлов (рис. 76).
F1
y

F2
 C
S3ў

YA S
3
α



A

XA S1



 D S 
S 4ў   5 S5ў

S 4 S8


S7


 
S7ў S8ў  S9
S9ў
b


F S 2ў
S1ў

F3
E


S6ў


S6

YB


S2 B

x

Рис. 76. Схема треугольной стропильной фермы
для расчета усилий в стержнях методом вырезания узлов

Результаты вычислений удобно завести в форму [4].
Номер стержня
Усилие, кН

68

S1

S2

S3

S4

S5

S6

S7

S8

S9

9. Фермы (шарнирно-стержневые конструкции)

Из подобия треугольников DADF и DАСК получаем
C K AK
1, 75 7

C K 
 .
DF AF
2, 25 9

Соотношения в треугольниках ΔADF и ΔCKF имеют вид:
sin  

DF
AF
CK
KF
 0, 41; cos  
 0, 91; sin  
 0, 84; cos  
 0, 54.
AD
AD
CF
CF

Последовательно рассмотрим равновесие узлов фермы (рис. 77).
а

б

в
y

y

F2
YA S

 C
S3ў

3

α



A

x

XA S
1

y


S 4ў


S7

F1
α
x

D
α


S4

b


 S5
S8

α

x

Рис. 77. Схема равновесия узлов A (а), C (б) и D (в) фермы





 

Y , S , S  ∼ 0 — уравновешенная система сходящихся сил, приложенA

1

3

ная к узлу A. Уравнения равновесия узла A имеют вид:
n

F
k 1

kx

n

F
k 1

ky

 0 : S1  S3 cos   0 ;
 0: Y A  S3 sin   0.

Решив полученную систему уравнений, получим
S1  28 кН; S3  31 кН.

S , S , S , F  ∼ 0 — уравновешенная система сходящихся сил, прило

3



4



7





2

женная к узлу C.

69

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

Составим уравнения равновесия узла С:
n

F
n

F
k 1

 0 : S4 cos   S3 cos   S7 cos   0;

kx

k 1

ky

 0: S4 sin   F2  S3 sin   S7 sin   0,

причем

S3  S3 ; S4  S4 .

Решив полученную систему уравнений, получим
S4  25 кН; S7  9 кН.
   

S4 , S5 , S8 , F1 ∼ 0 — уравновешенная система сходящихся сил, прило-





женная к узлу D. Уравнения равновесия узла D имеют вид:
n

F
k 1

n

F
k 1

ky

kx

 0 : S5 cos   S4 cos   0;

 0: F1  S4 sin   S5 sin   S8  0.

Решив полученную систему уравнений, получим
S5  25 кН; S8  16 кН.

Из условия симметричности нагрузки на ферму следует, что усилия в симметрично расположенных стержнях будут
S2  28 кН; S6  31 кН; S9  9 кН.

Результаты решения задачи представлены в следующей форме.
Номер стержня
Усилие, кН

S1
28

S2
28

S3
–31

S4
–25

S5
–25

S6
–31

S7
–9

S8
16

S9
–9

Знак «минус» усилия свидетельствует о том, что стержень сжат,
«плюс» — стержень растянут. От вида работы элементов фермы зависит их дальнейший расчет. Растянутые элементы рассчитываются
на прочность, сжатые — на устойчивость.

70

9. Фермы (шарнирно-стержневые конструкции)

Тесты и задания к главе 9
Тест 1. Сколько сечений стропильной фермы (см. рис. 75) можно
рассмотреть для расчета усилий методом Риттера:
1) 6;
2) 8;
3) ни одного;
4) 2?
Тест 2. Точка Риттера для расчета усилия во 2-м стержне фермы
(см. рис. 75) —
1) A;
2) C;
3) E;
4) F.
Задание 1. Посчитайте количество стержней и количество узлов
фермы, изображенной на схеме (рис. 78). Является ли изображенная
ферма статически определимой конструкцией?

Рис. 78*. Схема расчета фермы конструкции железнодорожного моста

Ответ: s = 23, n = 13, да.
Задание 2. Определите усилие в отмеченном стержне фермы
(см. рис. 78), если F1 = 800 Н, F2 = 400 Н, a = 3 м, h = 4 м.
Ответ: усилие в выделенном стержне равно 2,7 кН; стержень сжат.

71

10. Трение

Р

ассмотрим равновесие твердого тела при наличии трения
скольжения. Экспериментально полученные Г. Амонтоном
и Ш. Кулоном законы трения скольжения гласят [2; 3]:
1) сила трения скольжения при равновесии тела меняется от нуля
до некоторого максимального значения;
2) максимальное значение силы трения скольжения не зависит
от площади контакта, а определяется величиной нормальной
реакции, материалом и состоянием контактирующих поверхностей
Fтр max = fN ,

где f — коэффициент трения скольжения.
Приведем диапазон изменения коэффициента трения скольжения
для различных материалов.
Комбинация материалов
Графит
Графит
Полистирол
Сталь
Резина
Сухой асфальт
Кожа
Дерево

Коэффициент трения скольжения
0,10
0,30–0,35
0,50–0,80
0,30–0,40

При проектировании различных технических устройств учитывается эффект «заклинивания», заключающийся в том, что перемещение одного тела относительно другого ограничено только силами трения. Данный эффект можно проиллюстрировать с помощью конуса
трения. Конус трения (рис. 79) показывает, что никакая сила лежащая
внутри конуса трения и проходящая через его вершину не может сдвинуть тело по поверхности [2; 3].
Угол конуса трения определяется следующим образом:

72

10. Трение

Рис. 79. Конус трения

Fтр max

fN
 f.
N
N
При качении одного тела по поверхности другого (рис. 80) возникает сопротивление качению. В этом случае возникает момент сопротивления качению в результате деформации контактирующих поверхностей в зоне контакта AB в дополнение к силе реакции поверхности.
а
б
в
tg  



Рис. 80*. Иллюстрация качения колеса:

а — зона контакта поверхностей; б — равномерно распределенная система сил
в зоне контакта; в — система сил приложенных к колесу

Для трения качения также экспериментально установлено следующее:
1) момент сопротивления качению при равновесии тела меняется от нуля до некоторого максимального значения;
2) максимальное значение момента сопротивления качению зависит от величины нормальной реакции, материала контактирующих тел и геометрии зоны контакта,
M с max  N ,

где d — коэффициент трения качения.
Приведем диапазон изменения коэффициента трения качения для
различных материалов.
73

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

Катящееся тело
Железо
Полимер
Сталь
Резина
Закаленная сталь

Поверхность
Мягкое дерево
Сталь
Асфальт
Бетон
Закаленная сталь

Коэффициент трения качения, мм
5,60
2,00
6,00
15,00–35,00
0,01

Приведем пример задачи на трение скольжения.
Пример. К вертикальной стене приставлена лестница (рис. 81),
опирающаяся своим нижним концом на горизонтальный пол. Коэффициент трения лестницы о стену — f1,о пол — f2. В т. С лестницы стоит человек весом P.
Весом лестницы пренебречь, AC = 1 м, CB = 2 м. Определить наибольший угол α, который в положении равновесия составляет лестница со стеной, а также нормальные составляющие реакций стены
и пола для этого значения α.
а

б

Рис. 81. Опертая на стену лестница с рабочим на ней43:
а — фотография; б — эскиз*

Рассмотрим равновесие лестницы.

Строительные лестницы. Фотография. URL: https://img5.lalafo.com/i/posters/
original/5f/bd/45/ed473bab79fdeca9b2920f26ab.jpeg (дата обращения: 22.07.2024).
43

74

10. Трение

y

Fтр1
A

N1

α

C

N2

P
Fтр2

O

B
x

Рис. 82. Расчетная схема равновесия лестницы

На рис. 82 показаны активная сила — сила тяжести P и реакции
внешних связей: N1 — нормальная реакция поверхности в т. A; N2 —
нормальная реакция поверхности в т. B; Fтр1, Fтр2 — приложенные
к лестнице силы трения скольжения в т. A и т. B соответственно.
Лестница находится в равновесии под действием произвольной
плоской системы сил. Условие равновесия тела имеет вид
n
n
n

F

0
F

0
;
;
 kx
 ky
 mA Fk  0.
k 1

k 1

k 1

 

Составим уравнения равновесия.
n

F
k 1

n

F
k 1

ky

kx

 0: N 2  Fтр1  P  0;



 m  F   0: 3N
n

k 1

A

k

 0 : N1  Fтр 2  0;

2

sin   P sin   3Fтр 2 cos   0.

Решим полученную систему уравнений относительно неизвестных величин.
При максимальном значении угла α
=
Fтр1 f=
Fтр 2 f2 N 2 ,
1 N1 ;

тогда
75

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

N1  f2 N 2  0 ;
f1 N1  N 2  P  0;
3N 2 sin   P sin   3 f2 N 2 cos   0 .

В результате преобразований предыдущих выражений получим
N1 = f2 N 2 ;

 f1 f2  1 N 2  P  0;
3 f2
3
sin   sin  
cos   0.
f1 f2  1
f1 f2  1

Откуда
N1 

3 f2
f2 P
P
; N2 
; tg 
.
f1 f2  1
f1 f2  1
2  f1 f2

Тест и задания к главе 10
Тест. Коэффициент трения скольжения при контакте спортивного коврика с полом (рис. 83), если а = 0,6 м; b = 1,2 м:
1) 0,1;
2) 0,2;
3) 0,5;
4) 2.
а

б

Рис. 83. Спортсмен на коврике:
а — фотография; б — эскиз*

76

10. Трение

Задание 1. Спортсмен (см. рис. 83) весом 800 Н отжимается от гладкой стены, стоя на коврике [1]. Найти наименьшую возможную силу
трения при контакте коврика с полом, при котором коврик не будет
скользить, если a = 0,5 м; b = 1 м.
Ответ: 400 Н.
Задание 2. Чему равна наименьшая сила, которую нужно приложить к колесу (рис. 84) весом 360 Н, радиусом 0,65 м, чтобы привести
его в движение? Коэффициент трения качения равен 0,02 м.

Рис. 84*. Эскиз качения колеса по дороге

Ответ: 11,08 Н.
Задание 3. Определить минимальное расстояние d приложения
силы P = 300 Н, при котором балка (рис. 85) не соскальзывает по стойке. Весом балки пренебречь. Коэффициент трения между балкой
и стойкой — 0,6. Геометрические размеры: a = 230 мм; b = 170 мм.

Рис. 85*. Эскиз балки на стойке

Ответ: 0,11 м.

77

11. Центр параллельных сил и центр тяжести

 

Пусть F1 , F2 , ..., Fn  — система параллельных сил (рис. 86).
а

б

Рис. 86. Система параллельных сил (а) с ее центром (б)

При повороте всех сил системы на один и тот же угол, линия действия равнодействующей системы параллельных сил повернется
в ту же сторону на тот же угол вокруг некоторой точки. Эта точка называется центром параллельных сил [2; 3].
Радиус-вектор центра параллельных сил определяется по соотношению
n

Fk rk
 
,
rC  k n1
Fk

k 1


где rk — радиус-вектор точки приложения силы Fk .
Координаты центра параллельных сил:
n

xC 

x F
k 1
n

k

n

k

F

k

;

yC 

y F
k 1
n

k

n

k

F

k

;

zC 

z F
k 1
n

k

k

F

k

,


где x k , y k , z k — координаты точки приложения силы Fk .
k 1

78

k 1

k 1

11. Центр параллельных сил и центр тяжести

Центром тяжести твердого тела называется центр параллельных
сил тяжести (рис. 87) частиц данного тела


n


rC 

P r

k k

k 1

P

.

Рис. 87. Центр параллельных сил тяжести

Для однородного тела положение центра тяжести тела определяется в соответствии с его геометрической формой. Пусть g — удельный вес однородного тела; ∆Vk — элементарный объем; V — объем всего тела. Тогда
n

Vk rk


.
rC  k 1
V
Координаты центра тяжести однородного объема (рис. 88):
n

1
Vk  0 V

 V

1
Vk  0 V

 V

xC  lim
yC  lim

zC  lim

Vk  0

1
V

k 1

k

xk 

1
V

 xdV ;

k

yk 

1
V

 ydV ;

1
V

 zdV .

n

k 1
n

 V z
k 1

k k



V 

V 

V 

79

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

z

V1
С Vk

y
x
Рис. 88. Центр тяжести однородного объема

Координаты центра тяжести однородной поверхности (рис. 89):
1 n
1
S k xk   xdS ;

Sk  0 S
S S 
k 1

xC  lim

1 n
1
S k yk   ydS ;

Sk  0 S
S S 
k 1

yC  lim

1 n
1
S k zk   zdS .

Sk  0 S
S S 
k 1

zC  lim

Рис. 89. Центр тяжести однородной поверхности

Координаты центра тяжести однородной линии (рис. 90):
1 n
1
lk xk   xdl ;

lk  0 L
L  L
k 1

xC  lim

1 n
1
lk yk   ydl ;

lk  0 L
L  L
k 1

yC  lim
80

11. Центр параллельных сил и центр тяжести

1 n
1
lk zk   zdl .

lk  0 L
L  L
k 1

zC  lim

Рис. 90. Центр тяжести однородной линии

На практике используются различные методы нахождения центра
тяжести. К основным относятся следующие:
1) аналитический метод (интегрирование). Определение положения центра тяжести однородного объема, поверхности и линии
по вышеприведенным формулам;
2) метод симметрии (рис. 91). Если тело имеет плоскость симметрии, то центр тяжести расположен в этой плоскости. Если
тело имеет ось симметрии, то центр тяжести лежит на этой оси.
Если тело имеет две оси симметрии, то центр тяжести находится в точке пересечения этих осей. Если тело имеет центр симметрии, то центр симметрии является центром тяжести;
3) экспериментальный метод (подвешивание или взвешивание).
При подвешивании тела за любую точку (рис. 92), его центр
тяжести лежит на линии подвеса. Используя данное свойство,
можно подвесить тело за несколько точек и найти центр тяжести как точку пересечения линий подвеса;
4) метод разбиения на части. Метод заключается в следующем —
если возможно тело разбить на части (рис. 93) с известным положением центров тяжести, то определяют координаты центра
тяжести тела с помощью конечных сумм.

81

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

Рис. 91. Примеры симметричных тел:

плоскость симметрии (а44, д 45); ось симметрии (б, г); центр симметрии (в)

Рис. 92*. Экспериментальный метод определения центра тяжести
однородной пластинки

Координаты центра тяжести составного однородного объема:
n

xC 

V
k 1

n

k

xk
;

yC 

V
k 1

n

k

yk
;

zC 

V z
k 1

k k

,
V
V
V
где Vk , xk , yk , zk — объем и координаты центра тяжести k‑й части.

Башни католического собора. URL: https://prezentacii.org/upload/
cloud/18/09/76478/images/screen26.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
45
Авиалайнер в небе. URL: https://skyexpress.daftra.com/files/4c792eeb/categories_
images/cbe9b_AIR_CARGO_2.png (дата обращения: 22.07.2024).
44

82

11. Центр параллельных сил и центр тяжести

Координаты центра тяжести составной однородной поверхности:
n

xC 

S

n

k

S

xk

n

k

S

yk

z

k k

; yC 
; zC 
,
S
S
S
где S k , xk , yk , zk — площадь и координаты центра тяжести k‑й части.
k 1

k 1

k 1

Координаты центра тяжести составной однородной линии определяются в виде:
n

xC 

l
k 1

n

k

xk
;

yC 

l
k 1

n

k

yk
;

zC 

l z
k 1

k k

,
l
l
l
где lk , xk , yk , zk — длина и координаты центра тяжести k‑й части.

Рис. 93*. Иллюстрация метода разбиения на части

Частным случаем метода разбиения на части является метод отрицательных площадей (объемов), который применяется для тел, имеющих вырезы (полости), (рис. 94). В формулах, для определения центра
тяжести составной однородной поверхности (объема), площадь (объем) полостей берется со знаком «минус».
Найдем координаты центров тяжести некоторых фигур.
Пример 1. Определить центр тяжести дуги окружности (рис. 95) радиусом R с центральным углом 2a.

83

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

Рис. 94. Иллюстрация метода отрицательных площадей
y
dl
dφ
O

φ
α

x

Рис. 95. Дуга окружности

Решение. Дуга имеет ось симметрии [5]. Это значит, что центр тяжести лежит на этой оси, т. е. yC = 0. Координата xC определяется аналитически
1
xC   xdl ,
L  L
где L  2R ; x  R cos , dl — элемент дуги, dl  Rd ;




1
R2
sin 
R

Rd

xC 
cos

sin   R
.

2R  
2R



Следовательно,

sin 
.

Пример 2. Найти центр тяжести сектора круга (рис. 96) радиусом R
с центральным углом 2a [5].
xC  R

84

11. Центр параллельных сил и центр тяжести

y
A
С

О

x

В

Рис. 96. Круговой сектор

Решение. Круговой сектор (рис. 96) имеет ось симметрии Ox, на которой находится центр тяжести. Разбиваем сектор на элементарные
секторы, которые в пределе, при увеличении количества элементов
разбиения, можно принять за треугольники, центры тяжести которых
2
располагаются на дуге окружности AB радиусом R. Центр тяжести
3
сектора совпадает с центром тяжести дуги AB.
2 sin 
.
xC  R
3


Пример 3. Определить центр тяжести однородного конуса (рис. 97)
с радиусом основания R и высотой H.
z

dz

О

С
y

x
Рис. 97. Конус

Решение. Начало координат поместим в центре основания конуса,
ось Oz совместим с осью конуса [5]. Оси Ox и Oy лежат в плоскости основания конуса (рис. 97), и, из соображений симметрии, xC = 0; yC = 0.
Координата zC определяется аналитически по формуле
85

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

zC 

1
V

 zdV .
V 

Разбивая конус горизонтальными плоскостями на элементарные
объемы, которые в пределе, при увеличении количества элементов разбиения, можно принять за диски толщиной dz, выделим элементарный диск на расстоянии z от основания конуса. Радиус элементарного диска (из подобия треугольников) будет
r

RH  z
H

а его объем составит
dV   r dz  
2

Тогда
1
zC 
V

H

 z

R2  H  z 

2

H2

0

,

R2  H  z 
H2

2

dz .

H

1   R 2 z 2 2 R 2 z 3  R 2 z 4 
 R2H 2
dz  



.

3H
4H 2  0
12V
V 2

1
H
Поскольку V   R 2 H , постольку zC = .
3
4
Пример 4. Найти координаты центра тяжести плоской фермы консольного крана (рис. 98), состоящей из 7 однородных стержней. Длины стержней приведены ниже.
Номер
lk, м

1
3

2
2,5

3
2

4
1,5

5
2

6
2,5

7
2,5

Решение. Вычислим координаты центра тяжести плоской фермы
методом разбиения на части.
7

xC 

 lk xk
k 1

l

7

;

yC 

l
k 1

k

l

yk
,

7

где  lk — общая длина стержней фермы, l; lk — длина k‑го стержня
k 1

фермы; xk, yk — координаты центра тяжести k‑го стержня фермы.

86

11. Центр параллельных сил и центр тяжести

y
B

3м

6
E

1

7

4
3

A

1,5 м

2

5

D

C

2м

x

2м

Рис. 98. Ферма консольного крана

В методе разбиения на части удобно пользоваться следующей формой [4; 5]:
№
1
…
7

xk

lk

yk

lk xk

lk yk

Координаты центров тяжести стержней плоской фермы совпадают
с серединами соответствующих отрезков, т. к. стержни однородные.
Заполняем таблицу с первых трех столбцов, четвертый и пятый
столбцы вычисляем по значениям первых трех столбцов.
№
1
2
3
4
5
6
7

lk
3,0
2,5
2,0
1,5
2,0
2,5
2,5

Σ

l   lk =16

7

k 1

xk
0
1
1
2
3
1
3

yk
1,50
0,75
0,00
0,75
0,00
2,25
0,75

lk xk
0,0
2,5
2,0
3,0
6,0
2,5
7,5
7

l
k 1

k

xk = 23,5

lk yk
4,500
1,875
0,000
1,125
0,000
5,625
1,875
7

l
k 1

k

yk = 15

87

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

В результате вычислений получаем координаты центра тяжести
плоской фермы
xC ≈ 1,47 м; yC ≈ 0,94 м.
Пример 5. Найти предельную высоту H конуса, при которой тело,
состоящее из конуса и полушара (рис. 99), одинаковой плотности
и радиусом R теряет устойчивость в положении равновесия, когда оно
опирается поверхностью полушара на гладкую горизонтальную плоскость [6; 7].
а

б

Рис. 99. Составное тело из конуса и полушара:
а — эскиз*; б — плоская схема

Решение. Начало координат поместим в центре основания конуса
(см. рис. 97), ось Oz совместим с осью конуса. Оси Ox и Oy лежат в плоскости основания конуса, и, из соображений симметрии, xC = 0; yC = 0.
Для определения координаты центра тяжести составного объемного тела zC воспользуемся методом разбиения на части:
zC 

z1V1  z2V2
,
V1  V2

где z1, V1, z2 , V2 – координаты центров тяжести и объемы конуса и полушара.

88

11. Центр параллельных сил и центр тяжести

В выбранной системе координат, когда центр общего сечения принят за начало координат, координата центра тяжести конуса будет
3
H
z1 = , а координата центра тяжести полушара составит z2   R, от8
4
метим: отрицательная. Формулы для вычисления объема конуса и по1
2
лушара: V1  R 2 H и V2  R 3.
4
3
В таком случае координата центра тяжести составного тела определяется по формуле
H 2  3R 2
.
zC 
4  H  2R 
Из условия равновесия тела, при отклонении его оси симметрии
от вертикального положения, следует, что оно нарушается, когда центр
тяжести составного тела не совпадает с центром полушара. При этом
если центр тяжести составного тела выше центра полушара (рис. 100, а),
то тело опрокидывается, а если — ниже, то тело стремится занять вертикальное положение (рис. 100, в). Таким образом, предельная высота H конуса находится из условия zC = 0 совпадения центра тяжести
составного тела с центром полушара, откуда H = 3R .
а

б

в

Рис. 100. Неустойчивое (а), безразличное (б) и устойчивое (в) положения
составного тела

Расположение центра тяжести влияет на устойчивость многих высотных строительных конструкций. Расположение центра тяжести как
можно ближе к поверхности земли называют «принципом неваляшки» (рис. 101).

89

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

а

б

в

Рис. 101. Примеры конструкций, спроектированных по «принципу неваляшки»:
а — ветряной генератор 46; б — Останкинская башня 47; в — игрушка 48

Задания и тесты к главе 11
Задание 1. Определить координаты центра тяжести сечения
(рис. 102). Размеры указаны на рисунке в миллиметрах.

120

100

y

150

120

x

Рис. 102. Составное сечение

Ответ: координаты центра тяжести xC ≈ –129 мм и yC ≈ 65 мм.

Ветрогенераторы. URL: https://www.renwex.ru/common/img/uploaded/
exhibitions/renwex/img/2020/news-2020.10.28-5-01_.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
47
Телевизионная башня. Большая российская энциклопедия. URL: https://
bigenc.ru/c/televizionnaia-bashnia-2dac78 (дата обращения: 22.07.2024).
48
Декор игрушки «Дед-неваляшка». URL: https://www.lavkadekora.ru/images/
tovar/i3b_17588.jpg (дата обращения: 22.07.2024).
46

90

11. Центр параллельных сил и центр тяжести

Тест 1. Координаты центра тяжести фермы (рис. 103), если a =
= 2 м, α = 45∘:

Рис. 103*. Эскиз фермы консольного крана

1) (2,00; 0,66); 2) (1,33; 0,66); 3) (1,33; 1,33); 4) (2,00; 2,00).
Задание 2. Найти расстояние по горизонтали от т. A касания колеса
с полом до центра тяжести вилочного подъемника с грузом (рис. 104).
Размеры на рисунке указаны в метрах [1]. Вес подъемника — 3,5 кН,
вес поднимаемого груза — 1,5 кН.

Рис. 104*. Эскиз вилочного подъемника с грузом

Ответ: 1,16 м.
91

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

Тест 2. Метод определения координат центра тяжести цапфы
(рис. 105):
1) отрицательных объемов;
2) аналитический;
3) симметрии;
4) экспериментальный.
Задание 3. Цапфа подшипника скольжения представляет собой
деталь, состоящую из параллелепипеда и цилиндрической опоры
(рис. 105). Определить координаты центра тяжести цапфы, округлив
значения до целых чисел. Размеры указаны в миллиметрах [1].
а

б

Рис. 105. Цапфа подшипника скольжения:
а — фотография; б — схема

Ответ: xC = 54 мм; yC = 0; zC = 0.

92

Послесловие

Р

оль и место механики в инженерном образовании определяется тем, что она является научной базой очень многих областей современной техники. Усвоение теоретической механики становится сложнее, поскольку в этой науке большую роль играет
моделирование и математическое представление исследуемых явлений
природы. В результате, при решении инженерных задач, студенты зачастую испытывают трудности. Механика является базой для расчета строительных конструкций, проектирования машин и механизмов.
Только понимая законы механики, возможно создать новую технику, строительные конструкции с высокоэффективными параметрами.
Несмотря на то что накоплен большой опыт при конструировании разнообразных деталей машин и элементов конструкций, постоянно идет напряженная творческая работа по их совершенствованию
и созданию. Чтобы понимать сущность устройства конструкций, машин и механизмов, необходимо знать законы теоретической механики, разбираться в задачах сопротивления материалов и знать основные
положения конструирования деталей машин и элементов конструкций. Этим разделам механики и будут посвящены книги серии «Контекстное обучение инженеров».
Завершая первое учебное пособие серии, мы хотели поделиться
ключевой мыслью, которая стала лейтмотивом этой работы: статика — это не просто раздел механики, это не набор формул, а фундаментальный язык, на котором говорит любая устойчивая конструкция.
В этом пособии мы хотели показать, как абстрактные условия эквивалентности и уравновешенности систем сил превращаются в расчеты равновесия и наперед заданного движения реальных инженерных
объектов; продемонстрировать, что геометрические параметры и физические свойства инженерных объектов — это не просто числа в формулах, а ключ к пониманию поведения механизмов и конструкций.

93

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

«Инженерная механика. Статика» — это только начало. Готовятся
к изданию следующие пособия: «Инженерная механика. Кинематика», в котором оживут неподвижные схемы; «Инженерная механика.
Сопротивление материалов», где будут разобраны, в частности, причины разлома грузовика при равномерной его загрузке, причины обрушения галерей в отеле «Хаятт Ридженси Екатеринбург». В следующих пособиях из данной серии мы углубимся в кинематику, динамику,
сопротивление материалов и другие фундаментальные дисциплины,
покажем, как расчеты из этого пособия развиваются при проектировании сложных систем, как ошибки в механических расчетах становятся уроками для принятия решений в будущем, как найти вдохновение для инноваций.
Наша цель не создать «еще один учебник», а научить видеть механику вокруг себя — в зданиях, механизмах и даже в бытовых предметах. Когда в следующий раз будете переходить мост или держать в руках гаджет, попробуйте «разглядеть» в них уравнения из этой книги.
Так рождается инженерное мышление. Помните: за каждым расчетом стоят реальные конструкции, от которых зависят человеческие
жизни. Пусть эта ответственность вдохновляет вас на глубокое изучение механики.
Делайте расчеты. Ошибайтесь. Пересчитывайте.
Повторяйте. Создавайте.
До встречи!

94

Библиографический список

1. Курс «Инженерная механика» // Национальная платформа
открытого образования : офиц. сайт. — URL: https://openedu.
ru/(дата обращения: 27.06.2024).
2. Митюшов, Е. А. Теоретическая механика: Статика. Кинематика. Динамика : конспект лекций / Е. А. Митюшов, С. А. Берестова. — Москва ; Ижевск : ИКИ, 2006. — 176 с. — ISBN
5-93972-067-6.
3. Денисов, Ю. В. Теоретическая механика : учебник / Ю. В. Денисов, Н. А. Клинских ; науч. ред. С. А. Берестова ; Урал. федер.
ун-т им. первого Президента России Б. Н. Ельцина. — Екатеринбург : Изд-во Урал. ун-та, 2013. — 474 с. — ISBN 978-5-32102306-8.
4. Савина, Е. А. Теоретическая механика, 14.05.2010 / Е. А. Савина // Портал информационных образовательных ресурсов УрФУ. — URL: http://study.ustu.ru/view/aid_view.
aspx?AidId=9485 (дата обращения: 18.10.2023).
5. Теоретическая механика в примерах и задачах : учебное пособие для студентов вузов, обучающихся по машиностроительным направлениям / З. В. Беляева, С. А. Берестова, Ю. В. Денисов [и др.] ; науч. ред. Е. А. Митюшова. — Москва : Академия,
2012. — 175 с. — ISBN 978-5-7695-4629-7.
6. Берестова, С. А. Введение в инженерную деятельность : учебное пособие / С. А. Берестова, Е. М. Романовская, Е. А. Савина ; М‑во науки и высшего образования РФ. — Екатеринбург :
Изд-во Урал. ун-та, 2022. — 102 с. — ISBN 978-5-7996-3595-4.

95

ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. СТАТИКА

7. Берестова, С. А. Основы инженерных расчетов : учебное пособие / С. А. Берестова, Е. М. Романовская, Е. А. Савина ; М‑во
науки и высшего образования РФ. — Екатеринбург : Изд-во
Урал. ун-та, 2023. — 98 с. — ISBN 978-5-7996-3696-8.

96

Для заметок

97

Для заметок

98

Для заметок

99

Учебное издание
Серия «Контекстное обучение инженеров»

Берестова Светлана Александровна,
Романовская Елена Мироновна,
Савина Елена Александровна,
Беляева Зоя Владимировна,
Рощева Татьяна Анатольевна
ИНЖЕНЕРНАЯ МЕХАНИКА. Статика

Редактор И. В. Меркурьева
Верстка О. П. Игнатьевой

Подписано в печать 14.10.2025. Формат 70×100/16.
Бумага офсетная. Цифровая печать. Усл. печ. л. 8,1.
Уч.-изд. л. 7,11. Тираж 30 экз. Заказ 63.
Издательство Уральского университета
Редакционно-издательский отдел ИПЦ УрФУ ЦСД
620062, Екатеринбург, ул. С. Ковалевской, 5
Тел.: +7 (343) 375-48-25, 375-46-85, 374-19-41
E-mail: rio@urfu.ru
Отпечатано в Издательско-полиграфическом центре УрФУ ЦСД
620083, Екатеринбург, ул. Тургенева, 4
Тел.: +7 (343) 358-93-06, 350-58-20, 350-90-13
http://print.urfu.ru

I SBN 579963978 - 2

9 785799 639785