А.И.АРКУША
руководство
к решению
задач
по теоретической
механике

А. И. АРКУША
РУКОВОДСТВО
К РЕШЕНИЮ
ЗАДАЧ
ПО ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ
МЕХАНИКЕ
ИЗДАНИЕ 2-е, ИСПРАВЛЕННОЕ
И ДОПОЛНЕННОЕ
Допущено Министерством высшего и среднего
специального образования СССР в качестве
учебного пособия для учащихся
машиностроительных специальностей вечерних и заочных
техникумов
ИЗДАТЕЛЬСТВО «ВЫСШАЯ ШКОЛА»
МОСКВА-1971

531
А82
УДК 531.01
Аркуша А. И.
А 82 Руководство к решению задач по теоретической механике.
Изд. 2-е, переработ. Учеб. пособие для техникумов. М.,
«Высшая школа», 1971.
296 стр. с илл.
Второе издание пособия отличается от первого тем,
что в нем значительно переработаны некоторые главы.
Наряду с этим увеличено число решенных задач, а также
задач для самостоятельного решения.
Пособие содержит систематически подобранные
типовые задачи по всему курсу теоретической механики,
общие методические указания и советы для решения задач.
Решение задач сопровождается подробными
пояснениями.
Многие задачи решены несколькими способами.
Пособие предназначается для учащихся заочных и
вечерних техникумов и имеет цель — оказать им помощь
при получении первоначальных навыков решения задач
по теоретической механике.
Пособие могут использовать также и учащиеся дневных
техникумов.
176-71
Рецензент— Л*. Л. БАРСУКОВ
(Всесоюзный заочный институт текстильной
и легкой промышленности)

ПРЕДИСЛОВИЕ
Настоящее пособие предназначено для
учащихся заочных и вечерних техникумов и имеет цель
оказать им помощь при получении первоначальных
навыков решения задач по теоретической механике.
Пособие содержит общие методические указания
и советы для решения задач. В нем систематически
подобраны типовые задачи по всему курсу в
соответствии с программой, утвержденной в 1967 г. Решение
задач сопровождается подробными пояснениями.
Некоторые задачи решены различными способами.
В начале каждого параграфа приведены
теоретические сведения, формулы и уравнения, необходимые
для решения задач, помещенных в данном
параграфе.
Кроме решенных задач, в пособии имеются задачи
для самостоятельного решения.
Следует отметить, что пособие не может
заменить учебника, им нужно пользоваться, изучив
предварительно соответствующий теоретический материал
по учебнику. Чтобы не загружать пособия, в нем
даны ссылки только на учебник Е. М. Никитина
«Теоретическая механика для техникумов» (изд.
восьмое, переработанное. Издательство «Наука», Главная
редакция физико-математической литературы,
Москва, 1969). Все вычисления в ходе решения задач
выполнены с точностью до трех значащих цифр.
По сравнению с первым изданием пособие
дополнено несколькими типовыми задачами, в частности
в главах «Пространственная система сил»,
«Кинематика точки» и в разделе «Динамика». Несколько
расширены методические указания к задачам по
динамике. Увеличено число задач для самостоятельного
1*

решения. Кроме того, в книге исправлены опечатки
и неточности, имевшиеся в первом издании.
При подготовке к печати второго издания учтены
ценные замечания А. Г. Ярмицкого, а также
рецензента М. Л. Барсукова и всех преподавателей,
приславших свои замечания и пожелания, направленные
на улучшение этого пособия.
Автор

ГЛАВА I
ДЕЙСТВИЯ НАД ВЕКТОРАМИ
При решении задач по теоретической механике
обычно производят различные действия над скалярными величинами
(величины без направления—длина, площадь, масса, время и т. п.)
и над векторными величинами (величины с направлением—сила,
скорость, ускорение и т. п.).
Благодаря тому что векторы имеют направление, математические
действия над ними существенно отличаются от подобных действий
над скалярами.
Для сложения скалярных величин достаточно знать арифметику
или алгебру. Например, если требуется сложить два ч'исла, выра-
Рис. 1 Рис. 2
жающих длины 5 и 8 м, то общую длину 13 м получим как
арифметическую сумму чисел
5 + 8 = 13.
Если же складывают алгебраические величины —5 и -|-8 или
+5 и —8, то результат достигается при помощи алгебраической
суммы—5 + 8 = -|-3 или -|-5 — 8 == —3»
При сложении и вычитании векторов окончательный результат
зависит, во-первых, от числового значения (модуля) векторов и,
во-вторых, от их направления. Поэтому эти действия над
векторами производят при помощи построения геометрических фигур.
Результат сложения векторов называют геометрической суммой.
Соответственно результат вычитания двух векторов называют
геометрической разностью.
Сложение двух векторов производят либо по правилу
параллелограмма (рис. 1), которое формулируется так:
геометрическая сумма Л$ двух векторов Л, и At no модулю и
направлению соответствует диагонали параллелограмма,
построенного на слагаемых векторах, как на сторонах;
либо но следующему правилу треугольника (рис. 2):
о

геометрическая сумма As двух векторов Ах и А* по модулю и
направлению соответствует замыкающей стороне треугольника, две другие
стороны которого равны слагаемым векторам.
Каждое из этих правил выражается векторным равенством
As^Ai + Ai.
Оба приведенных правила можно использовать в следующих
случаях:
а) для графического решения задачи, при этом для построения
параллелограмма или треугольника необходимо выбрать
определенный масштаб;
б) для аналитического решения с использованием геометрических
свойств фигур или тригонометрических зависимостей.
Разность двух векторов находят при помощи построения
треугольника, но при этом построении начала данных векторов
(«уменьшаемого» и «вычитаемого») поме-
0) _ л щаются в одной и той же точке,
Х\г1 а вектор, равный по модулю и
_ \? _ / U направлению их разности, должен
>* fs. / быть направлен от вычитаемого
' s*l вектора к уменьшаемому.
S) 'hjr\ *'а Рис* 3»а показана разность
Ч? ~ / = V Г* АХ — АШ=А019
At\J а на рис. 3, б — разность
Рис. з Аг — Ах = Аоя.
Сложение большего числа векторов производят по правилу
многоугольника, являющемуся логическим развитием правила
треугольника (рис. 4):
:^.з~.....у.
Рис. 4
геометрическая сумма As векторов Аи Л2, Л3, ..., A-t no модулю
и направлению соответствует замыкающей стороне многоугольника,
стороны которого равны слагаемым векторам:
As*=Al + Ai + At + ... + Ai.
Используя правило многоугольника, задачу сложения векторов
можно решать также либо графическим методом, либо
аналитическим—методом проекций.
в

§ 1-1. СЛОЖЕНИЕ ВЕКТОРОВ.
ПРАВИЛА ПАРАЛЛЕЛОГРАММА, ТРЕУГОЛЬНИКА
И МНОГОУГОЛЬНИКА
Задача 1-1. Произвести сложение двух векторов, если
вектор А\ направлен горизонтально вправо, а Л2 составляет с А%
угол 60°*(рис. 5). Модули векторов: Л1 = 10, Л2=8.
Решение 1—-по правилу параллелограмма.
1. Выберем масштаб построения векторов. Выбор масштаба
построения производим на основе очевидной зависимости: длина
отрезка /, изображающего вектор Л, прямо пропорциональна его
модулю А:
A=kJt
где коэффициент пропорциональности ku — масштаб построения
векторов **.
Так, если для изображения вектора А\, модуль которого равен
десяти единицам, выберем отрезок длиной а&=40 мм, то получим
значение масштаба п острое- ,е
ния для данной задачи: '
k = *JL 0 25 —
*в ab 40 u,zo мм
@,25 единицы модуля в
1 мм).
2. Из произвольной
точки а (см. рис. 5) построим
вектор Ли изобразив его
отрезком а6=40 мм.
3. При помощи транспор- Рис. 5
тира из точки а—начала
построенного вектора —под углом а = 60° к линии ab проведем
линию ас—направление вектора А*.
4. Определим длину отрезка ad, который изобразит вектор А*:
ad = ~-2=^ = 32 лш.
ka 0,2o
5. Отложим из точки а отрезок ad = 32 мм и, показав на нем
стрелкой направление от а к d, получим вектор А*.
6. Построим прямые be \\ ad и df \\ab и, обозначив g точку
пересечения этих прямых, получим параллелограмм abgd.
7. Соединив точки а \\ g, получим диагональ ag, которая по
модулю и направлению (от a Kg) изображает вектор As — искомую
сумму векторов А{ и Л.>.
* Условимся, как принято в тригонометрии, положительный отсчет углов
производить в направлении против хода часовой стрелки.
** Размеры некоторых рисунков, относящихся к графически решаемым
задачам, не соответствуют указанным в тексте масштабам из-за большой степени
их уменьшения.
7

8. Найдем модуль вектора As:
As*=kBag.
Путем непосредственного измерения находим, что ag*^63 мм.
Таким образом,
Л5 = 0,25-63 =15,8.
9. Углы, образуемые направлением As с направлением
построенных векторов, найдем при помощи транспортира:
«Pi-Ztft. Л)=26°.
Следовательно,
<P2=Z(^2, Л) = а—<р1 = 34°.
Ответ. Два вектора Ах и Л2 можно заменить одним вектором
А5, причем модуль его содержит 15,8 единицы и его направление
составляет с направлением первого
вектору угол, равный 26°.
Решение 2 —по правилу
треугольника.
1. Выберем масштаб построения (для
разнообразия и проверки решения не
будем брать масштаб первого решения,
а выберем другой).
Для изображения вектора Аг (Al=^\Q
единиц) (рис. 6) примем длину ab — 25 мм.
Тогда масштаб
*.=^ = S = °,4 Ч*»
@,4 единицы модуля в 1_ мм).
Из произвольной точки а построим вектор Аь изобразив его
отрезком а6 = 25 мм.
2. Из точки Ь — конца построенного вектора — строим прямую
be под углом 60° к направлению ab.
3. Определим длину отрезка fed, который изобразит вектор А2:
М = ф=А = 20 мм.
4. На прямой be отложим отрезок bd=20 мм. Показав на нем
направление от b к d, получим второй вектор А2.
5. Соединив между собой точку а — начало первого вектора
и точку d —конец второго вектора, получим отрезок ad, а затем,
показав на нем направление от а к d, получим вектор ^ —
искомую сумму двух векторов.
6. Найдем модуль вектора As. Измерим ad:
ad = 39 мм
и, следовательно,
^ = *Bad = 0,4.39=15,6.

7. Угол q^ZC^i» Ъ)> определяющий направление найденного
вектора Л5> построим при помощи транспортира:
<Pi=Z(^, Л5)^26°.
Таким образом, получаем тот же ответ, что и в первом реше-
НИИ —
Задача 2-1. Стожить два вектора Л, и Л2, если первый из них
направлен по горизонтали вправо, а второй образует с первым
угол 150°, модули векторов Ах — 10 и Л2 = 8 (рис. 7).
^6
Решение — по правилу параллелограмма.
1. Выберем масштаб построения. Вектор Ах изобразим отрезком
длиной ab = 44 мм. Тогда для масштаба построения получим значе-
ние
*в = ^==;; = 0,228 1/лм.
2. Найдем длину отрезка ad для изображения в принятом
масштабе вектора А2:
°d=t=oks=35 MM-
3. Из точки а под углом 150° к направлению вектора Аг
проведем линию ас и_ отложим на ней отрезок ad = 35 мм, который
изобразит век1Ър Л2.
4. Построим прямые be\\ad и df\\ab. Обозначив точку их
пересечения, получим параллелограмм abgd.
5. Проведем диагональ agt которая изобразит искомую сумму As
построенных векторов.
6. Измерим длину отрезка а§ и найдем, что ag=24 mm, a
модуль вектора As
As=k* >ag = 0,228- 24 ^5,5.
7. Угол ф!=^(Л» As) найдем непосредственным измерением
(по транспортиру):
(pi=Z.(^, Л5) = 53 .
Ответ. Два вектора Л! и Л2 можно заменить вектором Л^
Модуль этого вектора Л5 = 5,5 единицы и направлен он иод углом 53
к первому из них.

а)
Ai
(h)
Решение задачи вторым способом —по правилу треугольника —
рекомендуется произвести самостоятельно.
Сравнив решение задач 1-1 и 2-1, следует обратить внимание
на важную особенность геометрического сложения: при сложении
двух векторов с
неизменяющимися модулями в зависимости от
их направления можно получить
сколько угодно отличающихся
друг от друга суммарных
векторов (рис. 8, а).
Легко заметить, что
геометрическая сумма с наибольшим модулем,
равным сумме модулей данных
векторов, получается при а=0°
(рис. 8, б) и геометрическая
сумма с наименьшим модулем, равным
разности модулей тех же векторов,
получается при а = 180° (рис. 8, в).
Задача 3-1. Найти сумму пяти
векторов, если их модули А1=40\
Л2=30; Л3 = 50; Л4=25 и Л5=32
(рис. 9, а). Первый вектор
направлен по горизонтали вправо,
а остальные с этим направлением образуют соответственно углы
а=45°; {$ = 90°; 7=180° и 6=30° в сторону против хода часовой
стрелки.
Решение—по правилу многоугольника.
6)
6)
(AS=A,+A2)
As (-Аг)
(А$=АГАг)
Рис. 8
ю
sMr
Г/Г^
Рис. 9
1. Выберем масштаб построения. Для изображения вектора
примем длину ab=20 мм. Тогда масштаб построения получит
значение
и Ai 40 о 1,
10

2. Определим длины отрезков для изображения остальных
векторов:
^=-^=2"= 15 мм;
cd = -^ = y = 25 мм;
de=Y= g" = 12,5 мм*
ef=-?-= 2=16 мм.
3. Построим векторный многоугольник. Из произвольно
выбранной точки а отложим отрезок аЪ=20 мм, изображающий вектор Аг;
из точки Ь—конца вектора Ах — проводим прямую под данным
углом а = 45° к горизонтали и отложим на ней отрезок 6с= 15 мм.
Затем из точки с под углом р=90° к горизонтали отложим
отрезок cd = 25 мм, а из точки d под углом у~ 180° — отрезок de =
= 12,5жл« и, наконец, из точки е под углом б=30° — отрезок ef= 16 мм.
Полученную ломаную линию abcdef замыкаем отрезком af,
направив его от а—начала построения многоугольника к /—последней
точке построения. Этот замыкающий вектор изображает искомую
сумму всех векторов, равную As.
4. Определим модуль As. Измерив af, найдем а/=54 мм,
следовательно,
Л5=?вя/ = 2-54^ 108 единиц.
5. Направление вектора Д? определяется углом cp=Z. (Alf As)t
значение которого находим путем непосредственного измерения:
V=?(Al9 Л)=54°.
Ответ. Сумма построенных векторов равна вектору As, модуль
которого содержит 108 единиц, а направление суммарного вектора
составляет с вектором Аг угол ср = 54°.
Можно проверить решение задачи путем повторного построения
векторного многоугольника, но при ином порядке чередования его
сторон, как, например, это сделано на рис. 9, б. Результат
получается тот же. Таким образом, от порядка сложения векторов их
сумма не изменяется (переместительный закон сложения).
§ 2-1. РАЗЛОЖЕНИЕ ВЕКТОРА
НА ДВА СОСТАВЛЯЮЩИХ,
РАЗНОСТЬ ВЕКТОРОВ
Ниже при изучении теоретических вопросов и при решении
задач очень часто производится разложение вектора на два
составляющих (слагаемых). Так как это действие обратно сложению
векторов, оно также выполняется при помощи построения
параллелограмма или треугольника.
11

Задачу разложения вектора на два составляющих в зависимости
от исходных данных можно разделить на четыре различных типа.
1-й тип. Даны вектор* и направления его составляющих.
Требуется найти модули составляющих. Этот тип задач решается обычно
при помощи построения параллелограмма (задачи 4-2, 5-2 и 6-2).
2-й тип. Даны вектор и один из его составляющих. Требуется
найти второй составляющий вектор, т. е. его модуль и
направление. Этот тип задачи иначе называют вычитанием векторов
(задачи 7-2 и 8-2).
3-й тип. Даны вектор и модули его составляющих. Требуется
найти направления этих составляющих (задача 9-2).
4-й т и п. Даны вектор, а также модуль одного и направление
другого составляющего. Требуется найти направление первого и
модуль второго составляющего векторов (задача 10-2).
Задача 4-2. Вектор Л, модуль которого А = 12 направлен под
углом 35° к горизонтальной прямой; разложить его на два
составляющих, направленных вертикально и
горизонтально (рис. 10).
Решение.
1. Из точки а проводим горизонтальную
прямую аЬ и под углом 35° к ней строим
вектор А, изобразив его отрезком длиной
ас=25 мм.
2. Вычислим получившийся благодаря
выбору этой длины масштаб построения:
Рис. 10 *в==ас =25 = 0'48 ]/мм
@,48 единицы модуля вектора в 1 мм).
3. Из точки а (начала вектора) проведем вертикальную линию
adt определяющую направление одного из составляющих.
Направление второго составляющего определяется горизонтальной линией
ab.
4. Из точки с (конца вектора) проводим линии, параллельные
аЬ и ady получаем параллелограмм aecf, стороны ае и af которого
и изображают искомые составляющие А1 (направлен от а к ё)
и А2 (направлен от а к /) вектора А.
5. Измерим длины отрезков ае и af\
ае=15 мм и af = 20 мм.
Следовательно, модули составляющих векторов
А1 = ??иае=0у48-15 = 7,2 и Л2 = ?вя/=0,48-20 = 9,6.
Ответ. Вертикальный составляющий вектор содержит 7,2
единицы, а горизонтальный —9,0 единицы.
* Задать вектор — это значит задать его модуль и направление.
12

Задача 5-2. Горизонтально направленный (вправо) вектор О,
модуль которого 40 единиц, разложить на два составляющих,
направленных под углами 130 и —30° (рис. 11, а).
Решение.
1. Из точки а строим данный вектор V, выбрав его длину
а& = 20 мм (рис. 11, б).
2. Масштаб построения
3. Из точки а соответственно под углами 130 и —30°, которые
откладываем при помощи транспортира, проводим линии ас и
Qd—направления
составляющих векторов. а)
4. Из точки Ь проводим
линии Ье\\ас и Ь\ || ad. В
получившемся
параллелограмме afbe стороны а{ и ае изо- gj
бражают искомые векторы
vlt V2.
5. Измерив стороны а\ и
ае, найдем
Рис. 11
af = 29 мм, ае=44 мм;
тогда
Vl=2.29=58; v2=2.44=88.
Ответ. Составляющие
данного вектора имеют
модули 58 и 88 единиц.
Как видно, модуль одного
или обоих составляющих
может быть больше модуля
данного вектора.
Легко также убедиться в том, что если составляющие
направлены к данному вектору иод одинаковыми углами, то при
построении образуется ромб (свойство диагонали ромба — она делит пополам
угол между сторонами) и, следовательно, модули составляющих
векторов равны между собой.
Задача 6-2. Вектор А направлен вертикально вниз и имеет
модуль 50 единиц. Найти модули составляющих векторов, если
они направлены под углами +70 и —70° к данному.
Эту задачу рекомендуется решать самостоятельно.
Ответ. Л1^=^42^^73 единицам.
Задача 7-2. Вектор А направлен под углом 55° к горизонту
(вправо и вверх) и имеет модуль 15 единиц; один из его
составляющих Ах имеет модуль 20 единиц и направлен по горизонтали
13

влево. Найти второй вектор (определить его модуль и
направление относительно данного вектора) (рис. 12).
Решение 1—по правилу параллелограмма.
1. Через точку а проводим горизонтальную прямую и под
углом 55° к ней строим данный вектор А, изобразив его отрезком
ab = 25 мм.
Рис. 12
2. Находим масштаб построения
*в = ^ = 25==0,6 l/MMm
3. Находим длину отрезка ас, изображающего в том же
масштабе вектор Ах:
Л/, Ах 20 «о
4. Из точки а строим вектор Alt изобразив его отрезком
ас = 33 мм и направив по горизонтали влево,
5. На отрезках аЪ и ас нужно построить параллелограмм,
в котором ab — диагональ и ас-^сторона. Поэтому дальнейшее
построение ведется в таком порядке: соединяем точки b и с; из
точки 6 проводим линию, параллельную acFd||ac), и, наконец,
из точки а проводим линию, параллельную cb, до пересечения
в точке / с bd (af || cb). Получается параллелограмм acbf, в
котором отрезок af (направленный от а к f) изображает искомый
второй составляющий вектор А2.
6. Модуль вектора А2 найдем, измерив его длину:
af = 52 мм,
Л2 = ?ва/ = 0,6- 52 = 31 единице,
а направление вектора А2 определяется углом cp=Z6a/,
который найдем при помощи транспортира:
Ф = 31°.
Ответ. Второй составляющий вектор численно равен 31, и его
направление образует с направлением заданного вектора угол 31°.
14

Как уже указывалось выше, этот тип задачи носит название
вычитания вектора (по заданному вектору и одному из его
слагаемых находим второй слагаемый вектор). Задачу вычитания
векторов наиболее просто решать по правилу треугольника.
Решение 2 — по правилу треугольника.
1. Из_ точки а (рис. 13) под углом 55° к горизонтали строим
вектор А в виде отрезка аЪ = 20 мм (для разнообразия
построение выполняем в масштабе, отличном от принятого в первом
решении).
2. Масштаб построения
получается равным
*в = 15 = 0,75 Ммм.
3. Находим отрезок ас для
изображения известного составляющего
вектора Аг:
^ kB 0,75 Z/ MMt Рис. 13
4. Из точки а по горизонтали влево строим вектор Аи
изобразив его отрезком ас=27 мм.
Как видно, сначала выполняются те же операции, что в
первом решении, потому что производится построение исходных
данных. Затем ход решения изменяется, так как в первом случае
строится параллелограмм, а теперь нужно построить треугольник.
5. Соединив точки с и Ь% получим третью сторону cb
треугольника acb, которая и изобразит искомый составляющий вектор,
направленный от известного составляющего вектора At к данному
(суммарному) вектору А.
6. Измерив длину отрезка cb, найдем:
cb=42 мм
и, следовательно,
Л2 = ?вс& = 0,75 -42 = 31,5,
а направление вектора Л2 относительно А определяется углом
фя^32°, который найдем при помощи транспортира.
Ответ. Результат тот же, что и в первом решении.
Следующую задачу рекомендуется решить самостоятельно.
Задача 8-2. Вектор В направлен вертикально вверх и численно
равен 8. Первый составляющий вектор равен тоже 8 и его
направление составляет с направлением В угол 70°. Определить второй
составляющий вектор.
Ответ. В2 = 9,2 и <р2 = 55°.
Для закрепления приобретенных навыков рекомендуется
самостоятельно решить еще две задачи.
Задача 9-2. C-й тип). Произвольно направленный вектор Л,
численно равный 25 единицам, разложить на два вектора, модули
которых Л1=^20 и Л2=40.
15

Ответ. Направление составляющих относительно данного
вектор?: <р1 = 54°; <р2=24°.
При решении задач этого типа необходимо иметь в виду, что
они характерны лишь для того случая, если сумма модулей
составляющих векторов не меньше модуля раскладываемого вектора
(свойство сторон треугольника).
Задача 10-2 D-й тип). Вектор В направлен вертикально вниз
и имеет модуль В = 30 единиц. Первый составляющий вектор
направлен горизонтально, а второй имеет модуль В2 = 45 единиц.
'Определить модуль Bt первого составляющего вектора и угол ф2
между вектором В и вторым составляющим.
Ответ. В1^33,5; ф2 = 48°.
§ 3-1. СЛОЖЕНИЕ И РАЗЛОЖЕНИЕ ВЕКТОРОВ
ГРАФОАНАЛИТИЧЕСКИМ СПОСОБОМ
Графический способ выполнения действий с векторами не
всегда удобен, и даже при самом тщательном .построении
результат получается не особенно точным.
Поэтому обычно при решении задач рассмотренные в § 1-1 и
2-1 действия над векторами производятся так называемым
графоаналитическим способом.
Решение задачи на сложение векторов по правилу
параллелограмма производится в такой последовательности.
1. Как и при графическом решении, в том же порядке,
четкими линиями делается рисунок параллелограмма не в масштабе,
но с примерным сохранением соотношений между длинами и
углами, т. е. больший вектор изображается соответственно более
длинным отрезком и т. д. На рисунке обозначаются все данные и
искомые величины.
2. Модуль суммарного вектора определяется по формуле
AS = VA} + Ai + 2A1A2cosa, A)
где Лх и у42 —модули данных (слагаемых) векторов и а —угол
между их направлениями (см. рис. 5). Формула эта выводится из
теоремы косинусов.
3. Направление суммарного вектора As относительно заданных
векторов, т. е. один из углов <рг или ф2 (см. рис. 5) определяется
при помощи теоремы синусов:
Л _ Аг = As /2ч
sin фа sin фх sin а' * '
Возможны следующие частные случаи.
Векторы А1 и Аг взаимно перпендикулярны: а = 90°.
Параллелограмм превращается в прямоугольник (рис. 14) и тогда
As^VAffAl C)
Ал . At />|ч
sirup^-^ и sinq>2--y-. D)
16

Модули данных векторов равны между собой: А1 = А2 = А.
Параллелограмм становится ромбом (рис. 15), в этом случае
Л,=2Лсо5~, E)
так как
а
ф1 = ф2 = ~#
В тех случаях когда при решении задачи используется
правило треугольника, для определения неизвестных величии
применяются либо теорема синусов и теорема косинусов (если получив-
Рис. 14 Рис. 15
шийся векторный треугольник — косоугольный), либо
тригонометрические функции острого угла (если векторный треугольник
получился прямоугольным).
Задача 11-3. Определить модуль и направгаение суммарного
вектора, используя данные из условия задачи Ы: Аг = №; Л2 = 8
и а = 60° (см. рис. 5).
Решение.
1. Изобразим заданные векторы отрезками аЬ (вектор At) и
ad (векгор А2) и, нарисовав далее параллелограмм abgd, проведем
в нем диагональ ag (искомый вектор As), которая разделит угол а
на два искомых ф! и <р2 (этот рисунок, соответствующий
построению, показанному на рис. 5, рекомендуется сделать отдельно на
листе бумаги и по нему_следить за ходом решения).
2. Модуль вектора А5 найдем по формуле A). После
подстановки в нее числовых значений данных величин получим
AS = V 102 + 82 + 2.108cos60o -= Kl00-f 64 j-80,
откуда
Af=-~ 15,6 единицы.
3. Направление вектора As найдем, определив угол qpj (или ф2)
из формулы B):
А2 = As
sin ц>1 sin a '
откуда
А2 sin а 8 sin 60° п ллп
«ПЪ—^ —щ—0,445.
По таблицам или при помощи счетной линейки находим
ф1== 26^20'.
17

Ответ. Суммарный вектор равен 15,6 единицы, и его
направление образует с Ах угол 26°20\
Если сравнить полученные результаты с графическим решением
задачи 1-1, при котором Л5 = 15,8 и ф^гб0, то увидим
некоторое расхождение.
Считая значения, полученные путем вычислений, достоверными
и принимая их за 100%, можно определить ошибку, допущенную
при графическом решении.
Ошибка при определении As составляет:
15,8-15,6
15,6
100% = 1,27%.
Ошибка при определении q>2:
26°20'-26°
26°20'
100%=-
26 Т
100% = 1,27%.
а)
Задача 12-3. Найти составляющие заданного вектора,
используя условие задачи 5-2: t/ = 40; ф1=130° и ф2 = 30° (рис. 16, а).
Решение.
1. Разложение вектора на два составляющих графо-аналити-
ческим способом удобнее всего производить, используя правило
треугольника. Поэтому из произвольной точки а проведем вектор О
(отрезок ab произвольной длины). Затем из
точек а и Ь проведем линии, параллельные
AAL и АА2 - линиям, определяющим
заданные направления искомых составляющих.
Проведенные линии пересекутся в точке с,
и получится треугольник abc, в котором
ас = v2, cb=^v1 — искомые составляющие, а
третья сторона ab = v и все углы известны
(рис. 16, б).
2. Для получившегося треугольника
приведем выражение теоремы синусов:
где
sin ф2
а =180°
из которого
sin фх sin a '
-(фН-<р;) = 20°,
1 sin а Т2
40 sin 30°
81Пф! =
sin 20°
40 sin 130° 40sinfH°
sin 20°
= 58,5;
-89,6.
sin 20°
Ответ. Вектор V разложен на два составляющих с модулями
^ = 58,5 и у2=^89,6 единиц (рис. 16, в).
Графическое решение задачи дает менее точный
результатов 58 и у2 = 88. По примеру предыдущей задачи можно найти
18

относительные ошибки, допущенные при графическом решении;
они составят соответственно 0,85 и 1,78%. Вычисление ошибок
рекомендуется произвести самостоятельно.
Следующие две* задачи рекомендуется решить самостоятельно.
Задача 13-3. Вектор, направленный вертикально вниз и
имеющий модуль 100 единиц, разложить на две составляющих,
направленных следующим образом: один —под углом 90° (горизонтально
влево), а второй —под углом 40° к данному.
Ответ: Л1 = 83,8 и Л2 = 131,0.
Задача 14-3. Решить графоаналитическим способом задачу 7-2;
найти относительные ошибки, допущенные при решении задачи 7-2
графическим способом.
Ответ: Л2=31,1; ф2 = 31°50\
§ 4-1. МЕТОД ПРОЕКЦИИ. ПРОЕКЦИЯ ВЕКТОРА НА ОСЬ.
ПРОЕКЦИИ ВЕКТОРА НА ДВЕ ВЗАИМНО
ПЕРПЕНДИКУЛЯРНЫЕ ОСИ. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ВЕКТОРНОЙ
СУММЫ МЕТОДОМ ПРОЕКЦИЙ
Графо-аналитический метод решения задач удобен лишь
в тех случаях, когда складываются два вектора или когда
необходимо вектор разложить на две составляющих, т. е. когда можно
воспользоваться правилами параллелограмма или треугольника.
Если же по ходу решения задачи применяется правило
многоугольника, то целесообразнее использовать метод проекций.
о) ^ Я
Начало
Вектора Т
i
Проекция
Начало
• бекторо
Проекция { Полотительное
—-»^.(+) {—)-*г направление оси
Направление отсчета проекций
Рис. 17
Для правильного решения задач необходимо знать следующее:
1. Проекция вектора на ось— величина алгебраическая, т. е.
она имеет положительный или отрицательный знак (рис. 17).
Если отсчет длины проекции от ее начала к концу совпадает
с принятым положительным направлением оси, то проекция
положительна (рис. 17, а).
Если отсчет длины проекции от начала к концу идет в сторону,
противоположную положительному направлению оси, то проекция
отрицательна (рис. 17, б).
2. Обычно осями проекций служат две взаимно
перпендикулярные оси координат. Но иногда условие задачи таково, что доста-
19

точно использовать одну ось или выгоднее оси проекций
расположить друг к другу не перпендикулярно (см. задачу 41-8, 3-е
решение).
3. Если две оси проекций взаимно перпендикулярны, то, как
правило, проектируемый вектор v и его проекции на обе оси с* и
vy образуют прямоугольный треугольник (рис. 18)*. Углы, которые
образуются направлением заданного вектора с осями проекций,—
всегда известны, поэтому очень легко
определяются углы а* и ау между
вектором v и его проекциями vx и vy.
—+х
Рис. 18
Рис. 19
4. Определив знак проекции и угол, образованный вектором и
его проекцией, легко найти числовое значение проекции при помощи
тригонометрических функций. Например, проекции 0 на рис. 19
имеют следующие значения:
vx=^-\-vcoaax
vcosav
или vx—-\~vsmay\
или t^ = — ysinav.
5. Зависимость между модулем вектора и его проекциями на две
взаимно перпендикулярные оси определяется по теореме Пифагора
(см. рис. 18 или 19):
v^V'TtWy. F)
6. По известным проекциям на две взаимно перпендикулярные
оси можно найти модуль и направление вектора. Причем для
решения такой задачи применяют два пути.
Можно сначала найти модуль вектора по формуле F), а затем,
используя тригонометрические функции, найти направление вектора
(задача 17-4, пункты 7 и 8).
* Исключение составляют лишь те векторы, которые оказываются
перпендикулярными к одной оси и, следовательно, параллельными к другой. Проекция
такого вектора на первую ось (перпендикулярную к направлению вектора) равна
нулю, а на вторую ось (параллельную вектору) равна модулю вектора, взятому
с положительным или отрицательным знаком (см. задачу 15-4).
20

Можно при помощи тригонометрических функций сначала найти
направление вектора, а затем его модуль (задача 17-4, пункты
7' и 8').
7. Геометрическую сумму As любого числа векторов Alt A2, ...
..., At можно определить аналитиче- ц
ским путем (рис. 20).
Порядок решения задачи такой:
а) выбираются оси координат (оси \ |
проекций);
б) определяются проекции всех
заданных векторов на эти оси;
в) складываются проекции всех
векторов на ось х и определяется
проекция Xs геометрической суммы As:
i
Xs— A, Xn\
n=\ Рис. 20
\ h
P—r-^
k У
1 *'
,... y
3^isj
... Ы
точно так же определяется проекция Ys геометрической суммы As
на ось у:
«=|
Решение задачи затем можно проводить двумя путями.
1-й путь
находится модуль геометрической суммы
As=Vxf+Yi;
находится направление геометрической суммы при помощи
тригонометрических функций, например
Ys
sinav = ^;
2-й путь
находится направление геометрической суммы (угол ах или
угол Од,)
:_..? UnU fcr/У —^- S*
xs
tg ax = -у* или tg ay = y*;
используя найденный угол, находится модуль геометрической
суммы при помощи тригонометрических функций, например
sina«
Задача 15-4. В точках А, В и С (рис. 21) к прямой,
наклоненной к горизонту под углом 4(Р, приложены шесть векторов,
модули которых t>i = 40, и2г=18, tr3 = 20, a4=30, у5=18, ve = 35.
Первый и третий векторы направлены вертикально, второй и
21

шестой — горизонтально, четвертый и пятый —вдоль прямой АС.
Определить проекции векторов на две взаимно
перпендикулярные оси.
Решение.
1. Так как из шести заданных векторов два направлены
вертикально, а два горизонтально, то расположение осей проекций
целесообразно выбрать соответственно именно этим направлениям.
Начало осей поместим в точке Л, ось х направим горизонтально
вправо и ось у - вертикально вверх.
2. Определяем проекции векторов на ось х:
Л"х = 0, вектор i>i перпендикулярен к оси и поэтому он
проектируется в точку;
X2 = v2=l8, проекция положительна (отсчет длины проекции
совпадает с положительным направлением оси) и равна модулю
вектора, так как вектор параллелен
оси;
Лз = 0, вектор у3
перпендикулярен к оси;
Х4=v4. cos <z4 = 30. cos 40° = 23,0,
проекция положительна, так как
отсчет длины проекции совпадает
с положительным направлением оси;
угол а4 между вектором и его
проекцией равен 40°, что
непосредственно следует из рис. 21;
ХБ = — vb cos а5 = —18 cos 40° =
=—13,8, проекция отрицательна,
потому что направление ее отсчета идет влево, т. е. в
противоположную сторону относительно положительного направления оси:
^ = — 06 = —35, проекция отрицательна, потому что
направление ее отсчета идет влево; а так как вектор параллелен оси;
то числовое значение проекции равно модулю вектора.
3. Определяем проекции векторов на ось у (пояснения к
действиям при определении проекции рекомендуется сделать
самостоятельно):
у1 = 1,1==40; К2 = 0; К3 = -*з=-20;
y4 = t;4sina4 = 30sin40o=19,3;
r5==: — l;6sina5=— 18 sin 40° = —11,6; Ув = 0.
Рис. 21
Ответ.
Векторы
Их проекции на ось х
Их проекции на ось у
Vl
0
40
г2
18
0

0
-20
V4
23,0
19,3
*5
-13,8
-11,6
*>в
-35
0
Задача 16-4. В точках А, В, С и D на горизонтальной прямой
приложены пять векторов, как показано на рис. 22. Их модули
22

соответственно равны: 14=12, 02= Ю» 0з = 25, v4=15 и t>6 = 20.
Найти проекции векторов на две взаимно перпендикулярные оси.
Решение.
1. В задаче из пяти заданных векторов только один вертикален
и нет ни одного горизонтального,
но зато три вектора ог; v2 и v4
параллельны друг другу, a vb
перпендикулярен к ним. Поэтому при
решении задачи целесообразно
отказаться от обычного горизонтально-
вертикального расположения осей,
а расположить их соответственно с
направлением первого, второго,
четвертого и пятого векторов.
Примем за начало оси точку В
и расположим оси, как показано на
рис. 22.
2. Находим проекции векторов на ось X:
X1==t,1===12; Х2=-~ — v2 = — 10;
Х3 = — у3 sin 30° = — 25-0,5 = — 12,5;
X4=t;4=15; X5 = 0.
3. Находим проекции векторов на ось у:
Vi=0; К2=0; K3 = -^cos30o = -25sin60o=~- 21,6;
У4=0; Yb = vb=20.
Ответ.
Векторы
Их проекции на ось х
Их проекции на ось у
Vl
12
0
v2
-10
о

-12,5
-21,6
Ч
15
0
*5
0
20
Задача 17-4. Вектор, приложенный в точке А с координатами
хл=5 и ул = 3 [в точке А E; 3)] (рис. 23), имеет проекции
Х! = — 3 и У1=8. Определить вектор (иначе, определить модуль
вектора и его направление относительно осей координат).
Решение.
1. Допустим, что оси координат расположены обычно, т. е.
ось х —горизонтально, а ось у -вертикально.
2. От начала координат (точка О) отложим заданные
координаты в примерном масштабе, так как решение аналитическое (для
контроля за решением рекомендуется все построения произвести
на бумаге в клетку или на миллиметровке). Абсцисса *д = 5
изобразится отрезком Оа и ордината //л^З — отрезком Ob.
23

3. Восставим из точек а и Ь перпендикуляры к осям и в месте
их пересечения зафиксируем точку Л, являющуюся началом
искомого вектора. Точки а и Ь на осях являются началом
соответствующих проекций вектора.
4. Из точки а на оси х отложим влево (в сторону,
противоположную положительному направлению оси) проекцию Х1=ас =
= —3 и перенесем ее параллельно оси х
в точку А.
5. Из точки b отложим вверх
положительную проекцию K1 = 6d = 8 и перенесем
ее параллельно оси у — в положение СВ.
6. Точку А соединим с точкой В и,
придав отрезку АВ направление от А
(начала) к В, получим вектор vx.
7. Находим модуль вектора по
формуле E):
vx=VX\ + Yi = V&T& = V73 = 8№.
8. Находим угол ах, образуемый
вектором и его проекцией на ось х:
sina*=?=W=0'936-
;
d
во
It
1
1)
1
1
Y *
С
V7,
| ;,.„\-1
X, 1\
! ! \ \
с *,=-3 °
Следовательно,
Рис. 23
av = 70°.
С положительным направлением оси х направление вектора
образует угол
ф,= 180° -а; = 180° -70°= 110°.
После того как получен треугольник АСВ9 в котором катеты—
данные проекции, а гипотенуза — искомый вектор, решение можно
проводить другим путем:
7'. Находим сначала угол av:
tga,=-?=4=2,67,
что соответствует а* = 70°.
8'. Находим йодуль вектора:
У\
8
sin ax sin 70°"
= 8,54.
Ответ. Вектор, у которого проекция Х1 = —3 и Yx = 8, имеет
модуль 8,54 единицы, а направление относительно оси х
составляет угол 110°.
Задача 18-4. Четыре вектора, модули которых ах = 16, у2=24,
и3 = 20 и у4=50 приложены к точке Л, как показано на рис. 24, а.
Определить геометрическую сумму векторов.
24

Решение.
1. Выберем за начало осей проекций точку А. Ось л: совместим
с вектором vlt направив ее вправо. Ось у совместим с v2f
направив ее вверх (рис. 24, б). Легко увидеть, что при этом прямой
угол, образованный векторами V3 и Я4, осью х разделится на два
угла, равные 55 и 35°.
2. Найдем проекции векторов на ось х:
Xi = -"i = -I6;
Х3 = и3 cos 55°=20 cos 55° === 11,5;
Х4 =, v4 cos 35°=50 cos 35°=40,9.
3. Найдем проекции векторов на ось у:
К, = 0;
К2 = у2 = 24;
Y3=v3 sin 55°=20 sin 55°= 16,4;
К4= — v4 sin 35°= — 50 sin 35° = — 28,7.
4. Сложив проекции векторов на ось х,
найдем проекцию на эту ось геометрической
суммы векторов:
Х„=- 16+11,5 + 40,9=36,4.
Проекция искомого вектора получается
положительной..Значит от точки А она
отложится по оси х вправо (рис. 24, 6),
5. Сложим проекции векторов на ось у и найдем вторую
проекцию геометрической суммы:
6)
soy
"ч А
V4
\^35*
П4
К„ = 24+16,4-28,7= 11,7.
Эта проекция также положительна, значит она отложится вверх
по оси у от точки А.
Две найденные проекции целиком определят искомый вектор
V — геометрическую сумму четырех заданных векторов.
6. Находим модуль искомого вектора:
y=yXS+n=l/36,42+ll,72 = 38,3.
7. Находим направление вектора —угол <хх.
sinav--^-i^ = 0,305; a,= 17c50\
25

Ответ. Геометрическая сумма четырех заданных векторов
выражается вектором, модуль которого 38,3 единицы; он направлен
относительно оси х под углом 17°5(У.
Для проверки рассмотренную задачу рекомендуется решить
графически самостоятельно. Следующую задачу также
рекомендуется решить самостоятельно.
Задача 19-4. Пять векторов приложены к точке О. Их модули:
1^=12, и2=15, у3=18, и4=20 и у5==:25. Первый вектор
направлен вертикально вниз, а каждый из остальных образует с ним,
считая против хода часовой стрелки, углы а2 = 60о, а3=105°,
а4 = 160° и а6=225°. Определить геометрическую сумму заданных
векторов.
Ответ, v=29,2, о,=47°.

РАЗДЕЛ
ПЕРВЫЙ
СТАТИНА
В результате изучения раздела «Статика» необходимо уметь
складывать силы, определять равнодействующую любого числа дан»
ных сил. Нужно уметь также решить и обратную задачу — данную
силу разложить на две или три составляющих.
Главное место в статике занимает учение о равновесии систем
сил. Системой называется совокупность сил, приложенных к телу
или к точке.
Для удобства изучения системы сил разделяются на плоские
и пространственные. В свою очередь плоские системы сил
делятся на три группы: а) системы сил, сходящихся в одной точке;
б) системы параллельных сил и в) системы сил, расположенных
в плоскости как угодно. На аналогичные три группы делятся и
пространственные системы сил.
В соответствии с этим дальнейшее изложение методов и
примеров решения задач проведено по этой классификации систем сил.
Для любой плоской, а также и пространственной системы сил
показаны способы и методы сложения сил и, в частности,
определения их равнодействующей силы. В главе II «Плоская система
сходящихся сил» показаны способы разложения силы на две
составляющие; в главе IV «Пространственная система сил» показан способ
разложения силы на три составляющие вдоль трех взаимно
перпендикулярных осей. Наиболее широко рассмотрены задачи на
равновесие сил, при решении которых используются условия
равновесия всех перечисленных выше систем сил.
При решении задач необходимо иметь в виду, что с I января
1963 г. в СССР введена в действие Международная система единиц
(ГОСТ 9867 —61), или сокращенно СИ (интернациональная система).
В настоящее время осуществляется переход всех измерений и
технических расчетов на эту систему.
Международная система (СИ) имеет шесть основных единиц и
две дополнительные. Из основных только три непосредственно
применяются в теоретической механике:
единица длины — метр A м),
единица массы—килограмм A кг),
единица времени —секунда A сек).
Из дополнительных в механике употребляется лишь единица
измерения плоского угла — радиан A рад)— угол между двумя
27

радиусами круга, вырезающий на окружности дугу, длина которой
равна радиусу.
Остальные единицы Международной системы (СИ)—
производные и в их числе единица измерения силы ньютон A «)•
Если в известную из физики формулу второго закона Ньютона
Р = та
вместо массы т и ускорения а подставить единицы их измерения —
соответственно I кг и I м.сек2, то получим единицу измерения
силы равную н. Таким образом,
1 « = 1 кг Л м,'сек2.
Иными словами, ньютон — это сила, сообщающая единице массы
A кг) единицу ускорения A м'сек2).
Если в условии задачи задана масса нагрузки, то необходимо
определить ее вес G:
G=mg,
где g = 9, 81 м/секг — ускорение силы земного притяжения,
В технической системе единиц (в системе МКГСС) сила
измеряется в килограммах A кГ или 1 кгс) *.
Соотношение между 1 н и 1 кГ таково:
1 « = 0,Ю2 кГ и 1 /сГ = 9,81 н.
При приближенных расчетах можно пользоваться округленными
соотношениями:
1 «^0,1 кГ и 1 кГ^Ю н.
Общую формулу перехода от единиц технической системы (Т кГ)
к единицам СИ (S н) можно выразить так:
ТкГ-9,81~ = 8н.
Соответственно формула перехода от единиц СИ (S н) к
единицам технической системы (Т кГ) выразится в виде
S «-0,102 кГ\н = Т кГ.
ГЛАВА II
ПЛОСКАЯ СИСТЕМА СХОДЯЩИХСЯ СИЛ
§ 5-2. СЛОЖЕНИЕ ДВУХ СИЛ
Сложение двух сходящихся сил, т. е. сил, линии действия
которых пересекаются в одной точке, производится по тем же двум
правилам —правилу параллелограмма и правилу треугольника,
рассмотренным в главе I (§ 1-1), и теми же методами
—графическим, графоаналитическим и аналитическим (методом проекций).
* Как известно, 1 кГ — сила, с которой 1 кг (килограмм массы) притяги-
оается к земле на широте 45° и на уровне моря.
28

При сложении сил необходимо учитывать следующее
обстоятельство.
В теоретической механике—в механике твердого тела сила —
скользящий вектор, т. е. при решении задач силу можно
переносить вдоль линии ее действия в_любую точку. Поэтому, если на
тело действуют две силы Рх и Р2, лежащие в одной плоскости,
как, например, показано на рис. 25, а, то эти силы можно
перенести в точку С — точку пересечения линий
действия данных сил и считать их
приложенными таким образом к одной точке тела
(рис. 25,6), как это и сделано в задаче 20-5.
з)
к-^8 А
Р, В
Рис. 25
Рис. 26
Задача 20-5. Определить равнодействующую R* двух сил Pt и Р?,
модули которых соответственно равны Рх = 40 н и Р2 = 80 н\ сила Рг
направлена горизонтально вправо, а Рг образует с Р\ угол а= 120э
(рис. 26, а).
Задачу можно решить графическим или графо-аналитическим
методом, используя в обоих случаях либо правило параллелограмма,
либо правило треугольника (см. задачи 1-1 и 11-3).
Графическим методом рекомендуем решить задачу
самостоятельно, а здесь приведем графо-аналитические решения по обоим
правилам.
Решение 1— по правилу параллелограмма:
1. Используя условие задачи и приблизительно соблюдая
масштаб, изображаем параллелограмм ABCD (рис. 26,6). Порядок
построения такой: из точки А проводим отрезок АВ = Р, затем
из той же точки А под углом 120° к отрезку АВ проводим
отрезок АС = Р2> из точек В и С проводим прямые BD \\ АС и CD \\ AB
и, наконец, проводим диагональ AD = R.
2. Используя формулу A), можем найти модуль
равнодействующей:
R = ]/Р; + р\ + 2Р1Р., cos a,
/?=уг402 + 80* + 2 • 40 • 80 cos 120°.
* Необходимо помнить, что если в задаче требуется найти какой-либо вектор
(в данной задаче R)t то это значит, нужно найги модуль вектора и его направ-
29

Имея в виду, что cos 120°= —sin30°=* —0,5, получаем
/? = К1600 + 6400- 3200=69,3 н.
3. Применяя к AABD (или к ЛЛС?>) (см. рис. 26,6) теорему
синусов, получаем
R = Pi = Р*
sin A80° — a0) sin<pa шуг*
откуда _ __
ф, = Л/\; R) и ф2=^(Р2; Я).
P2sinA80°- —а0) 80 sin 60° f
и
ф1 = 90°.
Таким образом, вектор равнодействующей R перпендикулярен
к силе Рх.
Угол ф2 можно найти либо как разность
ф2=а - Ф1 = 120° - 90° = 30°,
либо из теоремы синусов:
/>! sin A80° - а°) 40 sin 60° Л - ОЛ0
51Пф2 = —i—^ L=___ = o,5 и ф2 = 30°.
Один и тот же результат, полученный различными путями,
подтверждает правильность решения задачи.
Ответ. Равнодействующая данных сил равна 69,3 н, и линия
ее действия образует с направлением силы Рх прямой угол.
Решение 2 —по правилу треугольника.
1. Используя условие задачи, строим треугольник сил ABC
(pHc.j26,e). Порядок построения такой: из точки А проведем
отрезок AB = PV Затем из уточки В под углом а =120° к направлению
Рх проводим отрезок ВС = Р2 и, наконец, «замкнем» треугольник
отрезком АС, который изобразит искомую равнодействующую R.
В получившемся треугольнике Z.B = 180° - а° = 180° —120° = 60°.
2. Применяем к треугольнику ABC известную из тригонометрии
теорему косинусов:
/?2 = P* + P|-2P1P2cosB,
откуда модуль равнодействующей
/? = |/402+802-2.40.80cos60° = 69,3 н.
3. Углы (?х и ф2, определяющие направление равнодействующей
относительно заданных сил, находим, как и в первом решении,
по теореме синусов.
Задача 21-5. Определить равнодействующую R двух сил, модули
которых соответственно равны Рх = 40 н и Р2=80 «, причем сила
30

Р, направлена горизонтально вправо, а сила Р2 образует с Рг:
а) угол аг = 90° и б) угол о^ = 32°.
Ответ: а) /?=89,5«; «Pi^ZCi; #)=60с40';
б) /?=117 я; ф!—/.^; #)=26°10\
Эту задачу рекомендуется решить самостоятельно.
Необходимо заметить, что в задаче 20-5 и в обоих вариантах
задачи 21-5 складываются одинаковые по модулю силы, но угол,
образуемый их направлениями, уменьшается, и это приводит к
увеличению модуля равнодействующей и к уменьшению угла <px.
§ 6-2. РАЗЛОЖЕНИЕ СИЛЫ НА ДВЕ СОСТАВЛЯЮЩИЕ
Решение многих практических задач по статике сводится к
разложению силы на две составляющие. Подобные задачи, как
показано в § 2-1, решаются либо по правилу параллелограмма, либо
по правилу треугольника и, в зависимости от исходных данных,
приводятся к одному из четырех типов.
Общая методика решения приведенных ниже задач сводится
к следующему:
1. Выбираем метод решения — графический или графо-анали-
тический.
2. Выбираем правило, по которому будем решать задачу, т. е.
либо правило параллелограмма, либо правило треугольника.
3. Если выбран графический метод, то далее выбираем масштаб
построения, строим параллелограмм или треугольник (в соответствии
с выбранным правилом) и, наконец, измеряем стороны
получившейся фигуры, находим модули соответствующих сил, а измерив
углы, найдем их направления.
4. Если выбран графоаналитический метод, то в зависимости
от избранного правила строим параллелограмм или треугольник,
соблюдая приблизительные соотношения размеров длин и углов,
а затем, в зависимости от исходных данных,
используем геометрические или
тригонометрические соотношения.
Задача 22-6. Фонарь весом 80 н подвешен
на кронштейне ABC, укрепленном на
вертикальной стене (рис. 27). Определить усилия,
возникшие в горизонтальном стержне СВ и
наклонной тяге АВ после подвески фонаря, если
СВ = 1 м и ЛВ = 1,2 м. Соединения в точ- Рис* 27
ках Л, В и С кронштейна - шарнирные.
Решение 1— графическим методом по правилу
параллелограмма.
1. Если избран графический метод решения, то прежде всего
необходимо в масштабе построить кронштейн ABC. Выполнение
чертежа кронштейна сводится, как это следует из формы и раз-
31

меров, заданных в условии задачи, к построению прямоугольного
треугольника по двум заданным сторонам.
2. Построим кронштейн в масштабе «1 м в 44 мм». Обозначив
масштаб чертежа ji/, выразим зависимость между истинной длиной
1 м и длиной отрезка на чертеже 44 мм:
1 м = |i/ 44 мм.
Отсюда масштаб построения кронштейна
@,0228 м в 1 мм).
3. Из произвольной точки С (рис. 28) проводим
горизонтальную и вертикальную линии. На горизонтальной линии отложим
Рис. 28
отрезок ВС = 44 мм, который в выбранном масштабе и изобразит
горизонтальный стержень кронштейна ВС = 1 м (ВС = BCy-i=44 мм х
X 0,0228 м/мм=1 м).
Длина отрезка АВУ который изобразит тягу АВ> определяется
из равенства
AB^rAB; AB = &=^i:MM=S3 mm.
Найденную длину ЛВ = 53 мм отложим при помощи циркуля
из точки В так, чтобы получить точку А на вертикали,
проведенной ранее из точки С. Построенный треугольник ABC изображает
данный в условии задачи кронштейн.
4. Строим параллелограмм сил, действующих на точку В
кронштейна.
Вес фонаря G = 80 я, действующий на кронштейн вертикально
вниз, изобразим отрезком В?>=20 мм. Значит масштаб построения
32

80 н . ,
=кп—- = 4 н(мм
для сил
_ G
Цсил~^о~20лш
D н в 1 мм).
Благодаря тому что в точках Л, В и С кронштейна соединения
шарнирные, стержни, находясь под действием веса фонаря, либо
растягиваются, либо сжимаются. Иными словами, искомые усилия
действуют вдоль стержней. Значит направления сил известны A-й
тип задачи на разложения силы по правилу параллелограмма).
Изобразим направление действия искомых сил линиями Аа и
Сс, пересекающимися в точке В — точке приложения к кронштейну
веса фонаря.
Из точки D (конца вектора G) проводим прямые DM\\Cc и
DL \\ Аа. В получившемся параллелограмме BMDL стороны ВМ и
BL изображают силы Na и N& действующие соответственно на
тягу А В и стержень ВС.
5. При помощи масштабной линейки измерим отрезки ВМ и
BL:
ВМ=36 мм и BL=30 мм.
Следовательно,
Л^1 = Мхил-ДЛ1 = 4 н/мм-36 л*ж=144«
и
ЛГс=рсил-В/,=4 н/мм-30 лш=120 н.
Как видно из получившегося на рис. 28 построения, тяга АВ
кронштейна растягивается силой, равной 144 «, а стержень ВС
сжимается силой 120 н.
Решение 2—графоаналитическим методом по правилу
параллелограмма с использованием геометрических соотношений.
1. Используя рис. 27, на котором изображен кронштейн, строим
параллелограмм сил. Через произвольную точку а (рис. 29) проводим
прямые АХА2 и Cfi^ параллельные соответственно тяге АВ и
стержню СВ (рис. 27).
Из той же точки а откла- А, ^
дываем вертикально вниз ^>^
отрезок ab> который
изображает силу О. Из точки Ъ
проводим прямые bd l СхС2 и
be si AxA2. В получившемся
параллелограмме adbc
стороны ad и ас изображают
соответственно искомые усилия
Nam Nc.
2. Теперь имеются две геометрические фигуры — треугольник
ABC (см. рис. 27), изображающий заданный кронштейн, и силовой
параллелограмм (см. рис. 29).
Геометрически /\АВС (см. рис. 27) и Дшй, или, что все
равно, /\abc (см. рис. 29), подобны между собой.
^
Рис. 29
2 А. И. Аркуша
33

Используя свойство подобных треугольников (замечаем, что
db=ac~Nc), получаем
АВ'
"с
"ВС'
G
'"АС'
3. Решая получившиеся пропорции, находим
GBC
'' АС #
А7 GAB А7
Л^=-^~ и #с =
Неизвестную в кронштейне длину АС найдем по теореме
Пифагора (из условия задачи ясно, что угол АСВ - прямой)
АС= \'ВАг- ВС? =Yh2T^P = 0,664 м.
Подставляя в выражения для N а и Nc исходные данные, получаем
G-AB 80-1,2
ЛГл«-
АС
0,664
145 я;
1?м
А7 <?.ЯС 80-1 lot „
Таким образом, результат практически тот же, что и при
графическом решении. Некоторое расхождение объясняется меньшей
точностью графического решения.
Как уже известно, графо-аналитическое решение задачи 22-6
основано на подобии двух треугольников: кронштейна, имеющего
вид треугольника, и силового треугольника. Но возможен случай,
когда на чертеже нагруженного устройства или конструкции не
будет треугольника, подобного силовому. Тогда для решения задачи
целесообразно применить графо-аналити-
ческий метод с использованием
тригонометрических соотношений.
Рассмотрим такую задачу.
Задача 23-6. При помощи двух иерастя-
жимых нитей АС и ВС удерживается
груз, вес которого 12 кГ. Положение
нитей и груза показано на рис. 30.
Определить натяжение нитей.
Решение i — графоаналитическим
методом по правилу треугольника с
использованием тригонометрии.
1. Так же, как и в предыдущей
задаче, необходимо силу C=12 кГ
разложить на две составляющие, линии действия которых совпадают
с направлениями линий АС и ВС.
2. Изобразим силу С отрезком CL (рис. 31). Затем проведем
из точки С прямую CN, продолжив АС, а из точки L - прямую
LM параллельно положению нити ВС. Получим силовой
треугольник CKL, в котором стороны СК и KL изображают искомые силы
натяжения нитей АС и ВС.
Рис. 30
34

3. Если в треугольнике CKL известны углы а, р и у, то задачу
легко решить по теореме синусов:
G
О)
sin p sin a sin y
4. Из построения силового треугольника следует, что
Z^C/C = a=Z. DCA = ?CAE, ?CLK = $=LDCB
(для наглядности положение нитей относительно вектора G
показано на рис. 31 штриховой линией). А так как треугольники &АСЕ
и Д BCD - прямоугольные, то из Д АСЕ
Из &BCD
tgP=gU~2--0,6 и р=31°.
Угол y легко найдем как дополнение к
L 180°:
Y= 180°- (a + p) = 180° - 94с30' = 85°30\
5. И теперь, зная углы a, p и у, из
уравнения A)
т Gsinp_l2.sin31° о- г
и
„ G sin a 12 • sin 63°30' , Л -- „
^Д = -^^Г= с;» якояп* = 10>75 кГ-
Рис. 31
sin y
sin 85°30'
Таким образом, нить СА растягивается усилием, равным 6,25 кГ,
а нить СВ - усилием 10,75 кГ.
Если эти усилия выразить в единицах СИ, то
ТА=6,25 кГ-9,81 н/кГ=61,4 н
и
Тв== Ю,75 кГ-9,81 «//сГ=105,5 к.
Задачу 23-6 просто решить графическим методом. Для этого
нужно начертить в масштабе расположение нитей и, выбрав
масштаб для сил (например, 0,2 кГ/мм), построить на векторе G
силовой треугольник и, измерив его стороны, найти ТА и Тп
(графическое решение рекомендуется выполнить самостоятельно).
Графоаналитический метод с использованием свойств подобных
треугольников целесообразно применять к решению таких задач
в том случае, если в схеме конструкции или устройства имеется
треугольник, подобный силовому.
Если же в схеме конструкции нет треугольника, подобного
силовому, то решение графо-аналитическим методом
целесообразнее производить с использованием тригонометрических свойств,
2* 35

потому что при наличии линейных размеров необходимые для
решения задачи значения углов, как правило, найти очень
просто.
Необходимо отметить, что в задачах, подобных 22-6 и 23-6,
усилия, вызываемые нагрузкой в стержнях кронштейнов или нитях
устройств, удерживающих груз, не зависят от длины этих нитей
или стержней.
Допустим, что груз (задача 23-6) удерживается нитями,
прикрепленными не к вертикальной стенке и горизонтальному потолку,
как на рис, 30, а к двум точкам криволинейной (сводчатой)
поверхности (рис. 32). Но если при этом углы аир, образуемые
нитями СВ и СА с вертикалью, остаются такими же, как и на рис. 30,
то усилия Та к Тн не изменяются, хотя сами нити в данном
случае становятся короче.
Задача 24-6. Груз весом G=12 кГ удерживается при помощи
двух нитей, которые образуют с вертикалью (линией действия
веса G) углы а = 65° и р = 90\
Определить усилия, растягивающие нити.
Рис. 32 Рис. 33
Решение— графо-аналитическим методом по правилу
параллелограмма.
1. Исходя из условия задачи, построим чертеж (рис. 33). Из
точки С проводим вертикальный отрезок CL, изображающий
вектор G. Отложив (приблизительно) от вертикали CD влево угол а,
а вправо — угол р, проведем нити С А и СВ (длины нитей не влияют
на величину усилий, поэтому точки А и В выбираем произвольно).
2. Вектор G по _правилу параллелограмма разложим на две
составляющие Та и Тд, направленные вдоль нитей, т. е. построим
параллелограмм CKLM.
3. На основе построения параллелограмма CKLM очень просто
определяются его углы:
ZtfCL = a=65°, LMCL= L CL/C = P = 90°
и, следовательно,
Z.C/C^=Y=180o-(a + P) = 180o--155° = 25o,
W

4. Так как силовой параллелограмм делится на два
прямоугольных треугольника, то легко найти оба усилия: 0)
G 12
sin 7 sin 25*
rrs G 12
i в = -
* A ciri •* 
? = 28,4кГ;
;=25,7кЛ
Рис. 34
tgY~lg25°
В единицах СИ усилия равны:
7\*=28,4 кГ 9,81 н/кГ=279 н;
Тв = 25,7 кГ- 9,81 н/кГ=252 н.
Задачи 22-6, 23-6 и 24-6 относятся к
первому типу задач на разложение силы по правилу
параллелограмма или треугольника (см. §2-1).
Рассмотрим теперь по одной задаче второго
(задача 25-6), третьего (задача 26-6) и
четвертого (задача 27-6) типов.
Задача 25-6. Груз массой 200 кг
необходимо подвесить на кронштейне, у которого один из
стержней горизонтальный и в нем должно
возникнуть сжимающее усилие не более 1,5 кн.
Как нужно расположить второй стержень,
чтобы в нем возникло растягивающее усилие?
Определить величину этого усилия.
Эта задача аналогична задаче 8-2, которая
решена графическим методом, поэтому
графическое решение здесь не приводим.
Решение—графо-аналитическим методом по правилу
треугольника.
1. Изобразим (рис. 34, а) стержень АВ в горизонтальном
положении, т. е. в том, какое он должен занимать по условию, и
допустим, что к концу В стержня приложена нагрузка G, равная весу
груза, т. е.
С = mg = 200 -9,81 = 1960 « = 1,96 кн.
Известно, что этот стержень должен испытывать сжимающее
усилие 1,5 кн. Поэтому сила, приложенная к стержню в точке В,
будет направлена от В к Л. Обозначим эту силу NA.
Расположение стержня ВС кронштейна неизвестно и поэтому он
условно показан штриховой линией.
2. Строим силовой треугольник (рис. 34, б). Из произвольной
точки D отложим вертикальный отрезок DE, изображающий _вес
груза G, и горизонтальный отрезок DF, изображающий силуМд,
сжимающую стержень АВ, т. е. известное слагаемое _вектора G.
Для того чтобы найти второе слагаемое вектора G—вектор Nq
(усилие в стержне ВС), необходимо из вектора G вычесть вектор NA.
37

Чтобы выполнить это действие по правилу треугольника, соединим
точки F и Е. Сторона FE получившегося треугольника изображает
искомое усилие Nc (правило вычитания векторов показано на рис. 3).
3. Треугольник DEF прямоугольный, поэтому
ЛГс = угС* + Л^^1Л,96а +1,5* ==2,45 кн.
Если мысленно в точку В кронштейна перенести силу #с, то
ее направление определит положение стержня ВС относительно ИВ.
Угол ABC (рис. 34, в) между стержнями должен быть равен углу
между линиями действия сил Na и 7Vc, т. е. углу DFE=a:
sin«=?=-zS=0'776
и
сь=51°.
Таким образом, если в кронштейне стержень ВС расположить
к горизонтальному стержню В А под углом а = 51°, то груз весом
С = 1,96 к«, действующий на точку В кронштейна, вызовет в
стержне В А сжимающее усилие #д=1,5 кн, а в стержне ВС
—растягивающее усилие #с = 2,45 кн.
Если при изготовлении кронштейна увеличить угол а(а>51°),
то уменьшится нагрузка на оба стержня, причем при
вертикальном положении стержня ВС (а=90°) усилие Na в горизонтальном
стержне станет равным нулю, a Nc = G=\t96 кн.
Если же при изготовлении кронштейна угол а уменьшить (а < 51°),
то усилия в обоих стержнях увеличатся.
В этом легко можно убедиться, построив на заданном векторе
G силовые треугольники, углы которых а>51° или а<51°.
Задача 26-6. Между высокими стенами необходимо временно
подвесить некоторый груз весом 140 кГ на одинаковом расстоянии
по 1 м от стен и на высоте 1 м от горизонтального пола. Имеются
два куска каната по несколько метров длины каждый. Один из
канатов с учетом безопасности подвески можно нагрузить усилием
не более 70 кн, а второй — усилием не более 100 кн.
На какой высоте над полом необходимо укрепить концы
канатов, чтобы после подвески к ним груза в заданном положении
усилия в каи.атах не превышали допускаемых 70 и 100 кн?
Решение 1 — графическим методом по правилу параллелограмма.
1. Выбираем масштаб построения так, что длина 1 м
изображается на чертеже отрезком, равным 12,5 мм A м в 12,5 мм):
и строим две вертикальные стены и горизонтальный пол (рис. 35).
В выбранном масштабе расстояние / = 2 м между стенами
на чертеже изобразим отрезком, равным
1 - 2м - 9*> и и*
38

На расстоянии 1 м от пола и по 1 м от стен отмечаем точку А,
в которой должен быть подвешен груз.
1. Выбираем масштаб сил н.Сил=4 кн/мм D кн в 1 мм длины).
Значит грузб =140 кн изобразится
отрезком
G 140
ЛВ=-^-=-
= 35 мм.
Отложим этот отрезок из точки
А на чертеже.
По условию задачи, усилие в
канатах не должно быть больше Л^==
= 70 кн и JV2=100 кн. Эти усилия
в выбранном масштабе изобразятся
отрезками
= 25 мм.
Сделав при помощи циркуля
засечки радиусами, равными этим
длинам, сначала из точки А, а затем
из точки В получим параллелограмм
ACBD.
3. Усилия Ni и N2 должны действовать вдоль канатов, поэтому,
продлив отрезок СА до пересечения с правой стеной, получим
на ней точку Е—место закрепления одного каната и, продлив
отрезок DAy получим на левой стене точку F—место закрепления
второго каната.
4. Измерив на чертеже расстояние от точки ? до линии пола,
получим 25 мм, значит точка закрепления первого каната должна
находиться от пола на расстоянии, не меньшем
Я, = 25 лш-0,08 м/ммъ2.
Измерив расстояние от точки F до линии пола, получим 36 мм.
Значит точка закрепления второго каната должна находиться
от пола на расстоянии, не меньшем
Я2=36 мм 0,08 м/лСмъ* 2,9 м.
Для большей безопасности подвески, если позволяют длины
кусков канатов, обе точки их закрепления можно поднять выше.
Усилия в канатах при этом уменьшатся.
Решение 2 —графо-аналитическим методом по правилу
параллелограмма.
* Описываемое в тексте построение рекомендуется воспроизвести на листе
бумаги, но в ином масштабе, например 0,04 mjmm или 0,02 mjmm.
89

1. Для графоаналитического решения нужно также выполнить
чертеж без соблюдения точного масштаба. Воспользуемся рис. 35,
на котором ясно видно, что искомые расстояния можно получить
как суммы
//х = (Лг + I) м и Я2 = (й2+1) м.
Расстояния Aj = ?/C и ft2 = FL можно найти из прямоугольных
треугольников АКЕ и ALF, если предварительно определим в них
углы аир.
Углы, равные аир, содержатся в параллелограмме ACBD:
а=/тАЕК=АСАВ
и
p = Z AFL^Z. DAB.
2. Из Д В АС у в котором стороны изображают данные силы
G, ~NX и N2 (так как ^CB = AD и ЛО=#2), найдем угол а,
применив теорему косинусов:
Nl = Ni + G2-2NlG cosa.
Отсюда
cosa- Nj + G*-Nj__ 7Q2 + 1402-10Q2
соьа— 2AV? — 2.70-140 —*М*
и, следовательно,
а=42°10\
Так как ^ СВА = Z B4D, то угол р можно определить из того
же /\САВ, применив к *нему теорему синусов:
sin p sin a '
Отсюда
. q Nisina 70 sin 42е 10' Л А-
%x^~i^—=—шо—==0'47
и
р=28°.
3. Из Д АКЕ найдем hx = KE:
Из &ALF найдем ft2 = LF:
4. Таким образом, искомые расстояния от мест закрепления
канатов до пола равны:
#,=/^+1 = 1,10 + 1=2,1 м
и
#2--=Л2+1 = 1,88+1=2,88 м.
40

Сравнив результаты, полученные в решении 2, с результатами
графического решения, увидим, что практически они совпадают.
Задача 27-6. На конце В стержня АВ,
длина которого ЛВ = /, шарнирно
прикрепленного в точке А к вертикальной стене,
необходимо подвесить груз весом G=6 к«,
причем стержень АВ должен
образовывать со стеной угол 45° (рис. 36, а).
На каком расстоянии Я от точки А
необходимо прикрепить трос СВ, удерживающий
стержень в заданном положении, если трос
может быть нагружен усилием не более
4,5 кн? Определить также усилие, возникшее
в стержне АВ после подвески к нему груза.
Решение — графо-аналитическим
методом по правилу параллелограмма
(графическим методом рекомендуется решить задачу
самостоятельно).
1. Из произвольной точки а в
произвольном масштабе проведем отрезок аЬ, который
изобразит вектор G - вес груза (рис. 36,6).
Так как стержень АВ должен занимать
положение под углом 45° к вертикальной
стенке, то усилие S в этом стержне будет
направлено под углом 45° к направлению С.
Проведем из точек а и Ь вектора G
параллельные прямые под углом а=45° к линии
действия вектора G (линии /-/ и //-//).
Если теперь из точки а отложить вектор, численно равный
усилию N = 4,5 кн, максимально допустимому в тросе ВС (см. рис. 36,д),
то увидим, что этот отрезок пересечет линию Tl—ТТъ двух
точках — в точках end. Проделав ту же операцию из точки Ь,
получим два параллелограмма: первый асЬе и второй adbf.
Это значит, что задача допускает бесчисленное множество
решений*. При одном и том же направлении усилия S в стержне
АВ трос может быть направлен к стержню под углом р, но не менее
0! и не более р, (fa < р ^ р2).
2. Найдем предельные значения углов р2 и Р2. Из /\acb (или
ДаёЬ) по теореме синусов
Рис. 36
N
sin а"
G
:sinp*
* В предельном случае, если уменьшим заданное допускаемое усилие в тросе,
задача может иметь одно решение (дугао*, проведенная из а, касается линии //-//).
При дальнейшем уменьшении допускаемого усилия в тросе задача практически
неосуществима.
41

Отсюда
• о G sin a 6 sin 45* п QA*
sinp = —jp- = 4>5 = 0,943.
Этому значению соответствуют два значения угла р:
^^70°3(Г и р2^109°3(Г.
Следовательно, трос ВС можно закрепить в точке Сг,
направив его под углом Pj к стержню АВ, или в точке С2, направив
его к стержню под углом р2 (рис. 36, в), а также в любой
другой точке между Сх и С2.
3. Если принять решение 1, то из &АВСг (см. рис. 36, в)
АС, АВ
sin Ej sin Yi *
Отсюда, зная, что АВ = 1 и найдя
Yl = 180° - D5° + 70°30') = 64°30\
получим
АГ „ АВ sulfa I sin 70*30' f nK ,
При этом выборе решения усилие S в стержне АВ равно
(Д аЬс\ см. рис. 36, б)
1 ana sin 4o
4. Если принять решение 2, то из Д АВС2 (см. рис. 36, в)
АС2 = АВ
sinp2 sinYs'
где
Y2 = 180° - D5° + Ю9°3(У) = 25°30\
Поэтому
АГ —Н — АВ sili Ра — * Sin 109<>30' — / sin 70<>30, — о о/
ЛС2 —Л2 — sin^ — sin 2^30' "" sin25e30' ~~ l*U*
При этом решении усилие S в стержне АВ равно (ДаЬ/; см.
рис. 36, б)
5 ^п^ = 4,55щ25;30' =
2 sin a sin 45 '
Приведенные ниже задачи рекомендуется решить
самостоятельно.
Задача 28-6. Электрическая лампа, масса которой вместе
с плафоном 0,8 кг, подвешена на шнуре АВ длиной 2 м и отве-
42

дена в сторону горизонтальной оттяжкой ВС длиной 0,8 м (рис. 37).
Определить усилия, возникшие при этом в шнуре АВ и в оттяжке
ВС, если AD=\A м
Ответ. Nc = 2,87 н @,293 кГ) и ЛГЛ=8,21 н @,838 кГ).
Задача 29-6. Тело весом С = 5 кн подвешено к шарнирному
болту В кронштейна ABC (рис. 38). Определить усилия, возникшие
в стержне АВ и СВ, если а = 40° и 0 = 30°. В точках А и С
соединения также шарнирные.
Ответ. Л^^9,4 кн (растяжение) и #с = 6,5 кн (сжатие).
Рис. 37
Рис. 38
Рис. 39
Задача 30-6. Необходимо изготовить кронштейн ABC, стержень
АВ которого под действием нагрузки Р=800 «должен испытывать
растягивающее усилие Л^*^500 «, находясь в том положении, как
указано па рис. 39. Определить положение второго сжатого стержня
и усилие в нем. Как следовало бы расположить этот стержень,
чтобы он также испытывал растяжение?
Ответ. Nc = 440 н и р=34°40\
Задача 31-6. При помощи двух стержней АС и ВС, концы А и
В которых прикреплены в горизонтальной плоскости на расстоянии
АВ = 4ж, необходимо
удержать на весу груз весом
G = 40 кн (рис. 40).
Какой длины нужно
взять стержни, чтобы в них
возникли одинаковые
сжимающие усилия по 30 кн?
Ответ. 2,74 м; стержни
будут наклонены к
горизонту под углом 42°.
Задача 32-6. Антенна действует на вершину вертикально
поставленной мачты АВ (в точке А мачта имеет шарнирное крепление)
силой Р = 1 кн, направленной под углом а = 80° к мачте. Под каким
углом к мачте нужно расположить оттяжку ВС (рис. 41), если
допускаемая для троса оттяжки нагрузка составляет 1,5 кн?
На каком расстоянии АС следует прикрепить нижний конец
оттяжки, если высота мачты АВ равна А?
Ответ. ^ЛВС = 41°; ЛСя^0,88Л.
Рис. 40
Рис. 41

§ 7-2. МНОГОУГОЛЬНИК СИЛ.
ОПРЕДЕЛЕНИЕ РАВНОДЕЙСТВУЮЩЕЙ СХОДЯЩИХСЯ СИЛ
Для сложения любого числа сходящихся сил
применяется правило многоугольника. Используя это правило, задачу можно
решить либо графическим методом (задача 3-1), либо методом
проекций (задача 18-4).
Задачи, приведенные в этом параграфе, решены методом
проекций. Графическим методом рекомендуется решить эти задачи
самостоятельно.
Порядок решения задач методом проекций изложен в § 4-1,
п. 7.
Задача 33-7. Определить равнодействующую четырех сил:
Рг=\8 кГ, Р2 = 10 кГ, Рз = 6 кГ и Р4=8 асГ, приложенных к
одной точке А и направленных, как показано на рис. 42.
Рис. 42
Решение — методом проекций.
1. Изображаем на рисунке четыре данные силы и выбираем
расположение осей проекций. В данном случае удобно начало осей
поместить в точке Л, а оси совместить с силами Рх и Р3 (рис. 42, я).
2. Находим проекции данных сил на ось х:
^ = -^ = -18;
Х2 = —P2cos60° = — 10cos60° = — 5;
Х4 = Рл cos 45е = 8 cos 45° = 5,67.
44

3. Находим проекции данных сил на ось у\
Кг = 0;
K2 = P2sin60° = 10sin60°=8,65';
К3=Рз=6;
К4 = Р4 sin 45°=8 sin 45°=5,67.
Если трудно определить знак и числовое значение проекции,
то необходимо помнить (§ 4-1), что проектируемую силу и две
проекции на взаимно перпендикулярные оси всегда можно представить
в виде прямоугольного треугольника. В тех случаях, когда еще
нет достаточных навыков, силы и ее проекции можно изобразить
отдельно, как показано на рис. 42,6 для силы Р2 и на рис. 42, в
для силы Р4. Эти рисунки облегчают правильное определение
проекций.
Для сил Pt и Р3 такие рисунки не нужны, так как сила Pv
лежит на оси х и, следовательно, проектируется на эту ось в
натуральную величину, но зато на ось у проекция этой силы равна
нулю. Сила Р3 проектируется в натуральную величину на ось у,
а ее проекция на ось х равна нулю.
4. Находим проекции искомой равнодействующей я на оси хну:
XR= — 18 — 5 + 5,67= — 17,3;
^=8,65 + 6 + 5,67=20,3.
Проекция на ось х получается отрицательной, а на ось у
положительной. Значит вектор R, заменяющий действие четырех данных
сил и приложенный к точке Л, должен быть направлен относительно
оси у вверх, а относительно оси х — влево. Положение
равнодействующей R показано отдельно на рис. 42, г.
5. Находим модуль равнодействующей (т. е. заканчиваем
решение задачи первым путем, см. п. 7 в § 4-1):
R=YX%+ У??=К 17,3*+ 20,3*=26,7 кГ.
6. Находим угол <р, определяющий направление R относительно
оси у (см. рис. 42, а):
и, следовательно, ф^40°30\
Для определения угла ф использован A ABC (см. рис. 42, г),
в котором /,ВЛС = ф. Поэтому XR не имеет значения и в
выражение tgq> подставлена его абсолютная величина.
Угол ф можно найти при помощи синуса:
sinq> = L-*Ie—=,= 0,647 и ф^40°30\
Для определения угла ф можно воспользоваться и косинусом,
но при работе с логарифмической счетной линейкой эта функция
менее удобна.
45

Таким образом, равнодействующая четырех заданных сил равна
26,7 кГ направлена под углом 40°3(У к положительному
направлению оси у и под углом 90° + 40°30'=130оЗ(У к положительному
направлению оси х.
Задача 34-7. К концу В веревки АВ прикреплено кольцо, на
которое действуют четыре силы: Рх=40 «, Р2=25 я, Р3=25 « и
Р4=20 н, направленные, как показано на рис. 43, а (сила Р2
горизонтальна). Определить усилие, возникшее в веревке, и ее
направление относительно горизонтали.
Решение — методом проекций.
1. Веревка будет натянута равнодействующей четырех
заданных сил. Следовательно, определив модуль равнодействующей,
получим усилие, возникшее в веревке, а определив направление
равнодействующей, найдем положение натянутой веревки.
2. Изобразим точку В с действующими на нее силами на
отдельном рисунке (рис. 43, б) и совместим оси проекций с силами
Я2 и Р4.
3. Найдем проекции заданных сил на ось х:
Хх = Р, cos 55° = 40 cos 55° = 22,9;
А2 === * 2 s== "^'*
Х3 = Ps cos 30° = 25 cos 30° = 21,6;
Х4 = (Х
4. Найдем проекции заданных сил на ось у:
Kl = P1sin55° = 40sin55° = 32,8;
К2 = 0;
К3 = — Л,sin 30° = — 25 sin 30° = — 12,5;
У4 = -Р4 = -20.
5. Найдем проекции равнодействующей R на оси х и у:
XR = 22,9 + 25 + 21,6 = 69,5;
У* = 32,8- 12,5-20 = 0,3.
6. Найдем модуль равнодействующей:
R=YX%+ У?=У~69,52 + 0,3*=69,5 н.
Как видно, в данном случае проекция равнодействующей на ось
у очень мала по сравнению с проекцией на ось х. Поэтому
равнодействующая практически численно равна проекции на ось х.
Следовательно, можно принять, что вектор равнодействующей
напрасен вдоль оси х вправо (проекция на ось х положительна),
т. е. горизонтально.
Таким образом, четыре заданные силы натягивают веревку
равнодействующей силой R, приложенной к точке В (к кольцу на конце
веревки) и направленной горизонтально.
Другой конец веревки (точка Л, рис. 43, а) закреплен, поэтому
на кольцо В со стороны веревки действует еще одна сила, чис-
46

ленно равная равнодействующей, но направленная в
противоположную сторону. Эта сила называется уравновешивающей системы
четырех сил.
На^рис. 43,б показаны равнодействующая R и
уравновешивающая /?ур.
Задача 35-7. На конце В горизонтального стержня А В
необходимо прикрепить две нити с грузами Рх=4 кн и Р2 = 0,8 кн, как
показано на рис. 44, а. Под каким углом к этому стержню
следует присоединить второй
стержень ВС, чтобы стержень АВ
растягивался силой Рд=2 кн? Какое
усилие при этом будет испытывать
стержень ВС?
Рис. 43
Рис. 44
Соединения стержней между собой и с опорами
шарнирные.
Решение — методом проекций.
1. На точку В действуют три силы: Pi —вертикально вниз, Р2—
вдоль нити от точки В к блоку (под углом 30° к горизонтали) и
противодействие (реакция) стержня Ра тому растягивающему действию,
которое испытывает стержень. Изобразим эти три силы на рис. 44,6
и найдем их равнодействующую, вдоль направления действия
которой необходимо установить стержень ВС.
2. Оси проекций совместим с силами Pi и Рл и определим
проекции искомой равнодействующей сначала на ось х, а потом
на ось у, зная, что каждая из них равна алгебраической сумме
47

проекций данных сил на соответствующую ось:
X/? = 2^?=~^a+P2cos30°s=s-2 + 0>8cos30o;
Х*«-1,31;
K/?=I]Kf=-P1 + P2sin30o=-4 + 0,8sin30o;
Г*--3,6.
3. Обе проекции получаются отрицательными. Значит
равнодействующая расположится так, как показано штриховым R на
рис. 44,6, и положение стержня ВС определится углом а= / (/?; Рд)^
4. Определим значение угла а из треугольника, образуемого R
и его проекциями (рис. 44,в):
Этому значению соответствует угол
а=70°.
5. Стержень ВС необходимо установить под /, ABC=<х=70°
к стержню АВЛ и тогда он будет сжиматься
силой, равной
|У*' 3,в -зазян
6)
_ Pi А
Ч9°3$КУ
Описанное положение стержня показано
на рис. 44, г.
Если же установить стержень, как
показано на рисунке штриховой линией
ВС, то стержень будет испытывать
растяжение, равное той же силе /? = 3,83кя.
Задача 36-7. Определить
равнодействующую пяти сил:
Р1=52«, Р2 = 70я, Р3 = 69«,
P4 = 77/i, Р5 = 70«,
действующих на точку А, как показано на
рис. 45,а.
Решение— методом проекций.
1. Так как силы Рх и Р6 направлены
друг к другу под прямым углом, то и
совместим с этими силами ось проекций. Тогда векторы Р2, Р3 и Р4 будут
образовывать с осями проекций углы, показанные на рис. 45,6.
2. Найдем проекцию равнодействующей на ось х:
XR=P2cos33° + P3cos27° - P4cos49°30' - Р5 =
= 70cos33° + 69cos27° - 77cos49:30' - 70 =
=-58,6 + 61,4-50-70,
Хл = 0.
* Здесь 2 X| обозначена алгебраическая сумма проекций всех сил на ось х, а
Е Yi — алгебраическая сумма проекций тех же сил на ось у.
48
Рис. 45

3. Найдем проекцию равнодействующей на ось у:
YR = Рг + P2sin33° - Pssin27° - P4sin49°30' =
= 52 + 70sin33° - 69sin27°- 77sin49°30'=52 + 38 - 31,4-58,6,
V* = 0.
4. Обе проекции искомой равнодействующей равны нулю,
значит и сама равнодействующая также равна нулю.
Таким образом, данная система сил уравновешена. Иными
словами, любую из пяти заданных сил можно рассматривать как
уравновешивающую четыре остальных.
Задача 37-7. Найти числовое значение равнодействующей и ее
направление относительно оси Рг плоской системы сходящихся сил
р1==30 «, Р^=75 «, Р3=35 н± и Р4 = 50 н, если углы, образуемые
силами Р2, Р3 и Р4 с силой Ръ направленной вертикально вверх,
соответственно равны 45°, 180° и 210°, откладывая их против хода
часовой стрелки.
Ответ. /? = 28,4 кг; Z (#; Pi) = 80°.
Эту и следующую задачи рекомендуется решить самостоятельно.
Р?=50
г)
Р,=50кн
Р,~25кн
Рис. 46
Задача 38-7. Определить R (числовое значение и направление
равнодействующей) системы четырех сил, приложенных к точке А,
как показано на рис. 46.
Ответ: а) /? = 65,9 кн, L (R\ Р2) = 41°2Г;
б) # = 89,5 /с«, Z(tf; P3) = 32°;
в) /? = 55,9 кн, /, (R; Р3)= 14°10';
г) Я = 50,5 кн, ±(R; РД^ЭОГЫУ.
49

§ 8-2. РАВНОВЕСИЕ СХОДЯЩИХСЯ СИЛ
При определении равнодействующей системы пяти сил
в задаче 36-7 установлено, что /? = 0 и, следовательно, система сил
уравновешена. Если из сил, данных в задаче 36-7, построить
векторный (силовой) многоугольник (рис. 47), то увидИхМ, что он
замкнется. В этом и состоит геометрическое
условие равновесия системы сходящихся сил:
Fi + Pi + Pt + ... + P, = 0.
Из геометрического условия следует
аналитическое условие равновесия, выражающееся
двумя уравнениями:
?Х* = 0и ?У,= 0.
Рис- 47 Следует заметить, что все задачи,
приведенные в § 6-2, можно решить с применением
условия равновесия системы сходящихся сил. Причем при решении
задач на равновесие системы сходящихся сил можно использовать
те же три метода: графический, графо-аналитический и
аналитический (метод проекций).
Необходимо учитывать, что если рассматривается равновесие
плоской системы сходящихся сил, приложенных к одному телу,
число неизвестных величин не должно превышать двух (условие
статической определимости задачи с плоской системой сходящихся
сил);
а) неизвестна одна сила, т. е. ее модуль и направление;
б) неизвестны направления двух сил данной системы;
в) неизвестны модуль одной из сил и направление второй;
г) неизвестны модули двух сил.
При графическом методе решения во всех четырех случаях
можно построить замкнутый силовой многоугольник и найти в нем
неизвестные величины.
Графо-аналитический метод целесообразно применять в тех
случаях, когда рассматривается равновесие трех сил. При этом по
условию задачи в произвольном масштабе строится замкнутый
треугольник, который затем решается на основе геометрических
либо тригонометрических соотношений.
Метод проекций целесообразно применять для решения задач
с числом сил больше трех.
При решении задач на равновесие плоской системы сходящихся сил
рекомендуется придерживаться такой общей для всех систем схемы:
а) выделить тело или точку, равновесие которых
рассматривается в данной задаче, и изобразить их на рисунке;
б) выяснить, какие нагрузки действуют на тело (точку) и также
изобразить их на рисунке;
в) освободить выделенное тело (точку) от связей и заменить их
действие реакциями, которые надо изобразить на том же рисунке;
50

г) на основе полученной схемы сил построить замкнутый
силовой треугольник (если рассматривается равновесие трех сил) или
составить уравнения равновесия; причем при составлении
уравнений проекций оси целесообразно расположить так, чтобы их
направления были параллельны или перпендикулярны к искомым
силам (оси проекций также показываются на рисунке);
д) после решения уравнений равновесия полученные результаты
необходимо проверить либо при помощи неиспользованных
уравнений или соотношений, либо путем решения задачи другим
способом.
Задача 39-8. Фонарь весом 9 кГ подвешен на кронштейне ABC
(рис. 48, а). Определить реакции горизонтального стержня АВ и
наклонной тяги ВС, если ЛВ = 1,2 м и ВС= l,5^i;
крепления в точках А, В и С шарнирные.
Решение—графоаналитическим методом с
применением геометрических соотношений.
1. В данном случае на шарнир В действуют
три силы: вес фонаря G (рис. 48, б) и реакции
стержней Na и Nc, направленные вдоль стержней.
Заметим, что стержень АВ сжат, значит реакция
Na направлена от стержня к шарниру, а
стержень ВС растянут, поэтому реакция Nc
направлена от шарнира к стержню. Шарнир В с
действующими на него силами изобразим отдельно.
2. Так как шарнир В под действием этих трех
сил находится в равновесии, силовой треугольник,
составленный из них, должен быть замкнутым.
Выберем произвольную точку D (рис. 48, в) и
отложим от нее отрезок D?, изображающий силу
G. Из точек Е и D проведем прямые EF и DF,
параллельные соответственно АВ и СВ. В полученном
треугольнике DEF сторона EF изображает реакцию Na (реакцию стержня
АВ) и сторона FD—реакцию Nc (реакцию стержня ВС)*.
3. Так как в условии задачи даны линейные размеры
кронштейна, величины сил Na и Nc наиболее просто определить исходя
из подобия треугольников ABC и EFD:
ВС ВЛ АС
Рис. 48
N~NA
,ВА
VC "A "
Отсюда
^C-Cg и NA = G'AC.
4. Неизвестную в задаче длину АС определяем по теореме
Пифагора:
ЛС= /ВС1—ВЛ* = 1Л,5» —1,2» = 0,9 м.
* Если все указанные в п. 2 построения выполнить в определенном
масштабе, а затем измеренные длины EF и FD умножить на масштаб построения, то
получим решение задачи графическим методом.
51

5. Окончательно
^ = 9'ёН5«Г
и Л^ = 9.*'|==12к/\
Задача 40-8. В точке В кронштейна ABC (рис. 49, а) подвешен
груз М массой 816 /сг.. Определить реакции стержней кронштейна,
если углы кронштейна а= 110°, р = 30° и
крепления в точках Л, В и С шарнирные.
Решение 1— графоаналитическим методом
с применением тригонометрических соотношений.
1. На точку _В кронштейна действуют три
силы: вес груза М, равный G = mg = 816-9,81_=
= 8000 н — 8 кн и реакции стержней Na и Nq,
действующие вдоль
стержней (рис. 49, б).
2. Так как эти три
силы образуют
уравновешенную систему, то
составленный из них
треугольник должен быть
замкнутым (рис. 49, в —
построение &DEF
произведено в том же порядке,
как в задаче 39-8).
_ Z?OF = a, LEFD = $ и
Z, DEF = у. Применив к Д DFE теорему синусов, имеем
Рис. 49
3. /\ABC~ &DFE потому, что
1*л
Nr
откуда
sin у sin a sin p'
sin 110е
A; r sin у fi sin 40°
^A==Giinl = 8sii730*:
10,3 кн.
Решение 2—методом проекций при помощи уравнений
равновесия.
1. Так как три силы С, Na и NCt действующие на точку В
(рис. 50), образуют уравновешенную систему, то алгебраические
суммы проекций этих сил на каждую из двух осей координат равны
нулю.
2. Выберем оси координат так, чтобы одна из осей совпадала
с линией действия одной из неизвестных сил (см. рис. 50), и
составим два уравнения проекций:
2 Xi = 0; Nc cos p—NA — Gcos (p + у) = 0;
?Ki = 0; A/csin|i-Gsin(P + Y) = 0.
A)
B)
52

Из уравнения B)
Nc-° sinp ~8Ж30—15 КН'
Из уравнения A)
NA = Nc cos p — С cos (P + у) = 15 cos 30° —
-8cos70°= 13-2,7= 10,3 кн.
Как видно, ответ получается тот же.
После решения задач, аналогичных 39-8 и 40-8, можно сделать
ошибочный вывод, что силовой треугольник и треугольник,
образованный стержнями кронштейна, должны быть подобными. Но это
совсем не обязательно. В этом легко убедиться, рассмотрев
следующую задачу.
Задача 41-8. К шарниру В кронштейна ABC прикреплена
веревка, перекинутая через блок, к другому концу которой
прикреплен груз весом G=l,5 кн (рис. 51. а).
Определить усилия в стержнях АВ и СВ а)
кронштейна, если крепления в точках
А и С шарнирные, а = 35° и р=100°.
Решение 1— графо-аналитическим
методом с применением
тригонометрических соотношений.
1. На шарнир В в направлении к
блоку действует натяжение веревки, равное
весу груза С, и вызывает появление двух
усилий, направленных вдоль стержней.
При этом стержень АВ растягивается,
а стержень СВ сжимается.
Так как рассматривается равновесие
шарнира В, то отбросим стержни,
заменив их реакциями N& и Nc,
приложенными к шарниру. Изобразим шарнир
вместе с тремя силами на рис. 51, б.
2. Силы G, Na и Nc образуют уравновешенную систему, значит
построенный из них треугольник является замкнутым (рис. 51, в).
Как видим, l\DEF и ?\АВС в данной задаче не подобны друг
Другу; А ЛСВ — прямоугольный, а в /\DEF ? D?F = p = 100°,
L EFD = a = 35° и, следовательно, Z EDF = у=180° — A00° + 35°) =
= 45°.
3. Применив к &DEF теорему синусов, получим
Рис. 51
N.
Nr
G
-sin a'
откуда
sin p sin у
A7 G sin P 1,6 sin 100° 1,5 sin 80° _ 0 „
N A — —: == :—nT^Z == :—^rr— — Z.O/ KH%
n on r* on Ar\° on 4r»° '
sin 35°
sin 35°
., Gsin v 1,5 sin 45° , oc
Ar r = —: = —. oo = 1 >85
*- cm r/ on ЧЯ° *
sin a
sin 35°
KH,
53

Решение 2—методом проекций.
1. Изобразив шарнир В вместе с действующими на него силами
G, NA н Nc и расположив оси проекций, как показано на рис. 52,
составим уравнения равновесия:
?Х, = 0; Gcosv + Wccosa — NA = 0; A)
2Yi = 0; Gsinv—tfcsina = 0. B)
2. Из уравнения B)
., Gsinv 1,5 sin 45е t ftP-
а из уравнения A)
NA = Gcosу + Nc cos a = 1,5 cos 45° + 1,85 cos 35° =
= 1,06+1,51=2,57 кн.
Как и следовало ожидать, оба решения дают одинаковый
результат. Реакции стержней (их действия на шарнирный болт В)
равны Л^ = 2,57 кн и #с=1,85 кн. Точно с такими же усилиями
действует шарнирный болт на стержни. Стержень АВ растянут
силой 2,57 кн, а стержень
СВ сжат силой 1,85 кн.
В связи с решением
подобных задач методом
проекций необходимо
отметить следующее.
Применяя метод проекций к
определению
равнодействующей любого числа
сходящихся сил, наиболее
удобно использовать
обычную прямоугольную
систему координатных осей. При этом найденные проекции
равнодействующей и искомая равнодействующая образуют прямоугольный
треугольник, решая который легко определить модуль и
направление равнодействующей.
Применяя метод проекций к решению задач на равновесие сил,
совсем не обязательно использовать взаимно
перпендикулярные оси.
В тех случаях, когда определяются модули сил, направления
которых заданы (как в задачах 40-8 или 41-8), каждую из осей
целесообразно расположить перпендикулярно к направлению
искомых сил. Тогда в каждое уравнение равновесия войдет только
одно неизвестное.
Решим таким образом ту же задачу 41-8.
1. Изобразим шарнирный болт В с действующими на него
силами (рис. 53). Расположим ось х перпендикулярно к Nc и
составим первое уравнение равновесия:
Рис. 52
Рис. 53
2Х* = 0; Gcos б—NAcose=0.
О)
54

2. Замечая, что 8=90°—(уо + а°)=90°—80°== 10° и е=90° —
— а° = 90°—35° = 55°, из уравнения A)
3. Расположим вторую ось (ось у) перпендикулярно к
направлению силы Na и составим второе уравнение:
?У*==0; Gsmy —JVcsina=0. B)
4. Из уравнения B)
кг Gsin V 1,5 sin 45е , ос
Nc=4^T = -lEW- = l>85 кн-
Возможность произвольного расположения осей проекций
позволяет производить проверку решения задачи. Чтобы проверить
правильность решения задачи, проведенного любым способом,
следует выбрать расположение оси таким образом, чтобы на нее
спроектировались обе найденные силы. При правильном решении
сумма проекций на вновь выбранную ось получится равной нулю.
Если же сумма не равна нулю, нужно искать допущенную в
решении ошибку.
Задача 42-8. При помощи стержневого устройства ABC (в
точках Л, В и С соединения шарнирные) удерживаются в равновесии
Рис. 54
два груза —первый весом (?1 = б кн и второй весом G2=8 кн.
Угол a = 60° (рис. 54). Определить усилия, которые испытывают
стержни АВ и ВС.
В этой задаче на шарнир В действуют уже не три, а четыре
силы, поэтому решать задачу графо-аналитическим методом не
имеет смысла — решение получится слишком длинным.
Когда на устройство, состоящее из двух стержней, действует
одна нагрузка (как в задачах 38-8, 40-8 и 41-8), то можно легко
определить, какой из стержней растянут и какой сжат.
В данной задаче это сразу определить нельзя, так как груз
Gt сжимает стержень ВС и растягивает Л В, а груз G2, наоборот,
растягивает стержень ВС и сжимает АВ.
55

При решении задачи графическим методом направления усилий
в стержнях определяют следующим образом.
Выбрав масштаб сил, из произвольной точки а построим
отрезок ab9 изображающий вектор Gv затем из точки b построим
отрезок bct изображающий вектор G2 (построение в масштабе
рекомендуется выполнить самостоятельно). Из точек сна проведем
прямые cd и ad, параллельные стержням АВ и СВ, которые
пересекутся в точке d.
Получается замкнутый силовой четырехугольник abed (рис. 54, б),
в котором стороны cd и da изображают соответственно реакции N&
(направлена от с к d) и Nc (направлена от d и а). Если теперь
эти реакции стержней мысленно приложить к шарниру В со
стороны стержней (как реакции стержней—см. на рис. 54/ б слева), то:
1) реакция N& действует на шарнир в направлении от стержня
к шарниру—значит стержень АВ сжат;
2) реакция Nc действует на шарнир в направлении от шарнира
к стержню—значит стержень СВ растянут.
При решении методом проекций нет необходимости заранее
определять, в какую сторону направлены реакции вдоль стержней.
Целесообразнее предположить, что под действием нагрузки
все стержни растянуты (т. е. их реакции направлены от
шарнира, равновесие которого рассматриваем, к стержням). Затем
выбрать оси проекций, составить уравнения равновесия и решить
их. У действительно растянутых стержней модули их реакций
получатся положительными (предположительное направление
реакций совпадает с действительным), а у сжатых стержней модули их
реакций получатся отрицательными (предположительное
направление реакций противоположно действительному).
Учитывая изложенное выше, приступим к решению задачи 42-8.
Решение—методом проекций.
1. Изобразим шарнир В с действующими на него нагрузками
С, и С2 и реакциями стержней NA (реакция стержня АВ) и Nc
(реакция стержня СВ), как показано на рис. 54, в, т. е. считаем
предварительно, что оба стержня растянуты.
2. Совместим оси проекций с силами NA и G2 и составим
уравнения равновесия:
?X; = 0; -^A-^ccosp-G1cos(p + v) = 0, A)
?Г, = 0; G^WcsinP-G! sin (p+v)=0. B)
3. Прежде чем приступить к решению уравнений, нужно найти
углы р и у.
Угол у, образуемый вектором Gj и стержнем ВС, легко найти
по рис. 54, а. Так ка*к а = 60°, a G2 направлен по вертикали, то
у=30э. Угол р — ,/ЛВС (рис. 54, а). Так как в любом
четырехугольнике сумма внутренних углов равна 360°, то р = 360° —
— B-1204-90е) = 30°. Значит (р + у)=-60°.
56

4. Из уравнения B)
N ^Gg-frsintp+y)
8-6 sin 60°
- 5,60 кн.
sin p sin 30"
Таким образом, стержень ВС растянут силой 5,60 кн.
Из уравнения A)
NA = —Nccos$ — G1cos(p + v) = — 5,60 cos 30' —
— 6cos60°= —4,85—3-=—7,85 кн.
Следовательно, стержень Л Б сжат силой 7,85 кн.
Задача. 43-8. Каждую силу Р нужно дополнительно приложить
к шарниру В стержневого устройства, описанного в задаче 42-8,
чтобы оба стержня АВ и СВ были растянуты усилиями NA = NC =
= 7,85 кн.
Решение —методом проекций.
1. Используя рис. 54, айв, изобразим шарнир В с
действующими на нем силами 6^6 кн, G2~8 кн, NA — NC = 7,85 кн
и предположим, что искомая сила Р образует
с осью х угол ф (рис. 55).
2. Составим уравнения равновесия:
IiXi = 0;
Pcoscp—G1cos(P + v) — tfccosp — NA = 0; A)
P sin ф—Gt sin (p + y) — Nc sin p + G2 = 0. B)
3. В каждое из уравнений входят обе
неизвестные величины — модуль силы Р и угол
ф, определяющий ее направление. Одно из
неизвестных нужно исключить из этих уравнений.
чае это можно сделать, если представить уравнения в виде
Р cos ф=Gx cos (p + у) + Nc cos p + NA,
Р s\nsf^Gl sin (p + у) + Nc sin p —G2,
а потом уравнение B) разделить на уравнение A):
В данном слу-
(О
B)
G sin (Р +у) + NC sin p
Отсюда
tgv =
6\cos(P-bY)-b^ccosp + ^
6sin60o + 7,85sin30
-8
1,12
6 cos 60е -j- 7,85 cos 30е -{- 7,85'
Ф = 3~38'.
17,65
= 0,0635
4. Подставив найденное значение угла ф в любое из уравнений
равновесия, найдем значение Р.
Из уравнения B)
C1sin(P-hV) + ^csinp>-G2
sin ф
57

Так как числитель этого выражения определен в п. 3 и равен
1,12, а знаменатель sin <p=sin 3°38'=0,0635, то
P=0W5=,7'65k«-
Таким образом, для того чтобы оба стержня были растянуты
с одинаковыми усилиями по 7,85 кн> к шарниру В необходимо
добавить силу Р, модуль которой Р = 17,65 кн и которая
направлена под углом ф=Зс38г к положительному направлению оси х
или под углом 180°—3°38' = 176°52' к стержню В А.
Задачу 43-8 можно было решить по примеру задач, приведенных
в § 7-2. Для четырех заданных сил G1# G2, Na и Nc найти
равнодействующую /?, а затем добавить к ним
щ^^ш^шшт//мт^/^ сил\ P = —~R
Следующие три задачи
рекомендуется решить самостоятельно.
Задача 44-8. Нерастяжимая нить
рис 56 закреплена в точках А и С (рис. 56),
расположенных на одной горизонтали.
В точке В нити к ней прикреплен груз т массой 100 кг.
Определить натяжение участков А В и ВС нити, если
1) ЛВ = ВС=2 м, BD=0,5 м;
2) АВ= 1155 мм, ВС =1414 мм и BD=1000 мм;
3) ЛВ = 250 см, ВС = 750 см и BD = 75 см.
Ответ: 1) по 1960 н;
2) 719 и 508 н;
3) 1,14 и 1,18 кн.
Задача 45-8. Груз, вес которого G=2 кн, подвязан к тросу
и удерживается в равновесии при помощи двух стержней, как
показано на рис. 57.
13 Крепления в точках А,
ВиСшарнирные. Трением
Рис. 57
Рис. 58
на блоке пренебречь. Определить усилия в стержнях АВ и АС.
Ответ: а) #/,=3,09 и jVc-=2,58 кн;
б) #0=1,10 и #(,=2,52 кн.
Задача 46-8. Необходимо изготовить плоский двухстержневой
кронштейн с шарнирными креплениями для удерживания двух
грузов массами тх = 300 кг и т2=600 кг, причем стержень АВ
58

должен занимать положение, указанное на рис. 58, и испытывать
растягивающее усилие Nat=3 кн.
Определить, как нужно расположить стержень ВС и какое
усилие в нем при этом возникает.
Ответ: ?. ABC = 83°30'; Nc = 5,53 кн.
§ 9-2. РАВНОВЕСИЕ ТРЕХ НЕПАРАЛЛЕЛЬНЫХ СИЛ
При решении задач определенное практическое значение
имеет теорема о равновесии трех непараллельных сил: если три
непараллельные силы образуют уравновешенную систему, то линии
их действия пересекаются в одной точке*.
Эта теорема используется для решения задач в тех случаях,
когда на тело действует уравновешенная система трех сил, причем
одна сила задана по модулю и направлению, для другой известно
лишь направление, а у третьей — неизвестны ни модуль, ни
направление.
Приведем решение двух задач этого типа.
Задача 47-9. Балка АВ поддерживается в горизонтальном
положении стержнем CD, наклоненным к балке под углом а = 40°;
крепления в точках А, С и D
шарнирные (рис. 59, а). Определить
реакцию шарнира А и усилие,
растягивающее стержень CD, если
на конце В балки действует
вертикальная сила, равная 20 кн.
Весом балки и стержня пренебречь.
Р е ш е н и е-— графо-аналитиче-
ским методом.
1. На балку действуют три
силы (см. рис. 59, а): известная
нагрузка Р уравновешивается
двум» реакциями: Nc — реакцией
стержня CD, направленной вдоль стержня, и Ra — реакцией
шарнира А, направление которой неизвестно.
Построим расчетную схему (рис. 59, б). Отрезок АВ изображает
данную балку. На точку В действует вертикальная нагрузка Р.
В точке С под углом а = 40° на балку действует реакция Л'с-
Направления действия сил Р и Nc известны, значит можно
получить точку Е, в которой пересекаются их линии действия.
В соответствии с теоремой о равновесии трех непараллельных
сил через точку Е пройдет и линия действия реакции RA. Значит
RA действует вдоль линии ЕА, направленной под углом р к АВ.
* См., например, Никитин Е. М. Теоретическая механика. «Наука»,
М., 1969 (§ 15).
59
Рис. 59

2. Силы Р, Ra и Nc образуют уравновешенную систему.
Следовательно, силовой треугольник, построенный из векторов этих
сил, должен быть замкнут. Строим треугольник Ьас (рис. 59, в),
в котором отрезок be изображает силу Р (be || BE), отрезок са —
силу Nc(ca || СЕ) и отрезок ab—силу Ял(а& II АЕ).
3. Модули сил RA и Nc можно определить по теореме синусов,
но предварительно необходимо определить углы треугольника abc:
? <7=90°—а = 90°-40° = 50°;
Z6 = 90° + P;
но угол
P-Z^/IB.
Из А ВЕС
BE^BCtg*.
Теперь из ДАВЕ
t*ft-B? _flciga_i-tg40y. ПрЯП
xgv—AB—AiT -——-0'280'
откуда
Р ъ 15°40\
Таким образом,
? 6 = 90°+ 15°40'=105°40\
Z a=180°—A05°40' + 50°) = 24o20\
4. По теореме синусов
sin 6 sin с "" sin a *
отсюда
А7 Р sin Ь __ 20 sin 10540' 7
^-"вБТ- sin24'20' —"^ **•
р Psinc_20sin50<>_o7 9
Таким образом, усилие в стержне CD равно его реакции Nc*
т. е. 46,7 кну реакция шарнира А образует с балкой АВ угол
(/OlB)=180o—р° = 164°20', а ее модуль 37,2 кн.
Задача 48-9. Горизонтальная балка, имеющая в точке А шар-
нирно-неподвижную опору, а в точке В — шарнирноподвижную
с опорной плоскостью, наклоненной под углом а=30° к
горизонтали, нагружена в точке С вертикальной силой Р = 50 кн (рис. 60, а).
Определить реакции опор.
Решение —методом проекции.
1. Кроме нагрузки Р, на балку действуют реакции двух
шарнирных опор. Направление реакции шарнирно-подвижной опоры
известно —оно образует с опорной плоскостью катка прямой угол.
Значит /?я —реакция шарнира В, перпендикулярная к опорной
плоскости катка, будет образовывать с балкой ВА угол, равный
(90-аH.
60

Покажем силы Р и Йв на расчетной схеме (рис. 60, б). Так
как направление этих сил известно, то точку пересечения их линий
действия легко зафиксировать (точка D). Прямая AD определяет
теперь направление реакции Ra непод- а\
вижного шарнира (теорема о
равновесии трех непараллельных сил).
2. Найдем угол р, образуемый RA
с балкой ABz
brR DC
где из &DCB
DC = BC tg(90°-a),
поэтому
tgP =
ВС ig (90°-a) 5tg№
= 4,33
AC ~"
и, следовательно,
P = 77°.
3. Так как силы P, Ra и #b
образуют уравновешенную систему
сходящихся сил, для удобства дальнейшего
решения изобразим их отдельно,
приложенными к произвольной точке О
(рис. 60, в), и расположим оси так,
чтобы ось х была перпендикулярна к
RB, а ось у совпадала с этой силой
(штриховая горизонтальная линия Рис. 60
проведена на рис. 60, в для лучшей
ориентировки при определении углов, образуемых силами ЙА и Р
с осями).
4. Составим уравнения равновесия:
2*,= 0; RAcos($—a) — P cos (90°—а)=0; A)
?К,= 0; /?B + /?Asin(P— а) — Р sin (90°—а) = 0. B)
5. Из уравнения A)
р _ Р cos (90° - а) 50 cos 60° og g
ДА~~ cos(p-a) ~ cos47е ""Л'° w;
из уравнения B)
RB = P sin (90°-a)—/?д sin @—a)»
-50sin60°-36,6sin47°=16,5 m.
61

Реакция подвижного шарнира /?д=16,5 кн, реакция
неподвижного шарнира /?д=36,6 кн\ она наклонена к балке под углом
р = 77°.
Как видно, и при графоаналитическом методе и при методе
проекций применение теоремы о равновесии трех непараллельных
сил приводит к довольно длинному решению задачи. Эту теорему
для решения задачи выгодно применять, лишь используя
графический метод решения.
Если рис. 59, б и 60, б выполнить в масштабе, то из этого
построения определяется направление (угол ($) реакции шарнира Л.
Затем, построив в масштабе силовой
(Л треугольник, найдем модули обеих
неизвестных реакций.
Обе приведенные выше задачи
рекомендуется реш ить самостоятельно
^ графическим методом, а затем решить
следующую задачу.
Задача 49-9. Брус ЛВС, изогнутый
Рис. 61 под прямым углом над шарнирно-не-
подвижной опорой В, в точке С
подвешен к цепи CD (рис. 61). На точку А вертикального колена
бруса действует горизонтальная сила Р = 6 кн. Пренебрегая
собственным весом бруса и цепи, определить реакцию шарнира В, ее
направление относительно ВС и натяжение цепи.
Ответ: #в = 6,32 н\ Z№ BC)= 161°30'; ND=2 кн.
Г Л А В A III
ПРОИЗВОЛЬНАЯ ПЛОСКАЯ СИСТЕМА СИЛ
§ 10-3. МОМЕНТ ПАРЫ СИЛ.
СЛОЖЕНИЕ ПАР СИЛ.
РАВНОВЕСИЕ ПАР СИЛ
При изучении теоретической механики необходимо
совершенно отчетливо уяснить, что в статике рассматриваются два
простейших элемента: сила и пара сил. Любые две силы, кроме
сил, образующих пару, всегда можно заменить одной —сложить
их (найти равнодействующую). Пара сил не поддается дальнейшему
упрощению, она не имеет равнодействующей и является простейшим
элементом.
Действие пары сил на тело характеризуется ее моментом —
произведением одной из сил пары на ее плечо (на кратчайшее
расстояние между линиями действия сил, образующих пару).
Единицей момента пары сил в Международной системе служит
1 нм (ньютон-метр = 1 н-\ м)> а в системе МКГСС (технической) —
1 кГм.
"Л
3*.
62

Несколько пар сил, действующих на тело в одной плоскости,
можно заменить одной парой сил (равнодействующей парой), момент
которой равен алгебраической сумме моментов данных пар:
Afp.B=VAf/e
При равновесии пар сил
Если пары сил действуют в одной плоскости, то при решении
задач достаточно рассматривать моменты пар как алгебраические
величины. Причем знак момента определяется в зависимости от
направления вращающего действия пары сил.
Дальнейшее изложение основано на правиле, принятом в
учебнике Е. М. Никитина (§ 21), т. е. считается момент
положительным, если пара сил действует против хода часовой стрелки,
если же пара сил действует на тело по ходу часовой стрелки, то
момент считается отрицательным.
В том случае когда пары сил действуют на тело будучи
расположенными в различных плоскостях, гораздо удобнее
рассматривать пару сил как вектор, направленный перпендикулярно
L f 1_ 1
Плоскость Т М2
оейстбия пары
Рис. 62 рис. 63
к плоскости действия пары сил (рис. 62). Направление вектора
в зависимости от направления вращательного действия нары
определяется по направлению движения винта с правой нарезкой.
Задача 50-10. Определить момент пары сил (рис. 63), если
Pi = P = 20 н, ЛВ = 0,5 м и а = 30°.
Решение.
1. При определении момента пары сил нужно прежде всего
правильно определить плечо пары. При этом необходимо различать
следующие понятия: плечо пары сил и расстояние между точками
приложения сил нары.
Так как в механике твердого тела сила—скользящий вектор,
то действие силы не изменяется при переносе точки ее приложения
вдоль линии ее действия. Значит расстояние между точками
приложения сил, образующих пару, можно изменять неограниченно.
Но плечо пары при этом переносе остается неизменным.
В частном случае расстояние между точками приложения сил,
образующих пару, может быть равно плечу.
63

6) А
¦i/
>з
Чтобы определить плечо данной пары из точки приложения
одной из сил, например из точки В, восставим перпендикуляр ВС
к линии действия другой силы. Расстояние ВС и есть плечо
данной пары сил. Расстояние между точками приложения сил,
образующих пару, АВ=0,5 ж.
Легко видеть, что
ВС = АВ sin a=0,5 sin 30° =0,25 м.
2. Найдем момент пары сил:
/И= -Р-ВС=— 20-0,25=— 5 нм.
Задача 51-10. Как изменится момент пары сил (Л, Р,),
показанной на рис. 64, а (Р = 50 я, ЛВ=0,4 м и a=135°j, если
повернуть силы Р и Р, так, чтобы они
а) у(^ стали перпендикулярными АВ?
Решение.
1. Найдем момент пары при задан-
_ у-у "Q ном положении ее сил (рис. 64, а).
у/^-& _ а Из точки В восставим перпендикуляр
г РЛ й . ВС к линиям действия сил Р и найдем
его длину:
BC=4BsinA80°-a) = 0,4-sin45° =
= 0,283 м.
Момент пары при заданном
положении сил
Ма = Р«ВС = 50.0,283 = 14,15 н-м.
L/ 2. Повернем силы Р и Рх из за-
\Ц данного положения на угол р°=а°—90°
] в направлении против хода часовой стрел-
Рис. 64 ки (рис. 64, б). При таком положении
сил относительно АВ плечом пары сил
является расстояние между точками их приложения, поэтому
Мб = Р-ЛВ=50-0,4 = 20 н-м.
3. Сравнивая полученные результаты, видим, что после
поворота сил момент пары увеличивается на 20—14,5 = 5,85 н-м.
4. Легко заметить, что силы Р и Рг могут достичь
перпендикулярного положения к АВ после их поворота на угол у в
направлении по ходу часовой стрелки (рис. 64, в). В том случае плечом
пары является тот же отрезок АВ, но момент пары
AfB=—Р-ЛВ= — 50-0,4=— 20 н-м.
Момент пары сил изменяет свой знак.
Задача 52-10. К точкам Л, С и В, D, образующим вершины
квадрата со стороной 0,5 м (рис. 65, я), приложены равные по
модулю силы (Р = 12«) таким образом, что они образуют две пары
6)
У'
р
En
VJi
64

и С соответственно
а)
сил (Рх, Р3) и (Р2, Р4). Определить момент равнодействующей пары
сил.
Решение 1.
Плечи у обеих пар сил равны стороне квадрата, поэтому
Мрав = Л11з + Л124 = Р1.>Ш + Р2.ЛВ= 12-0,5 + 12-0,5 = 12 «лс.
Решение 2.
1. Перенесем силы Рг и Р3 из точек А
в точки В и D (рис. 65, б). В точках В_и D
получаются системы сходящихся сил Рг и
Р2; Р3 и Р4 с одинаковыми модулями.
2. Сложим попарно эти силы у каждой
из точек В и D. В обоих случаях
«1 = /?2 = >/^Ь^==/122 + 122 = 12/2 «.
3. Силы Rt модули которых теперь
известны, направлены перпендикулярно к
диагонали BD квадрата. Значит эта диагональ
является плечом вновь образовавшейся
пары сил (/?!, R2), заменяющей собой две
данные.
4. Найдем момент пары (Rlf
/it-
Ц
M^^R^BD^R^AB
"рав
и, следовательно,
/?2):
У 2
н-м.
Рис. 65
МРав= 12/2.0,5/2 = 12
Эту пару в соответствии со вторым
решением можно представить в виде пары (Rv R2)
с плечом BD (диагональю данного квадрата).
Но можно равнодействующую пару
представить и в любом другом виде, например
в виде сил Q=24 н, приложенных к двум
любым вершинам квадрата ABCD (рис. 65, в)
(см. об эквивалентности пар сил § 23 в
учебнике Е. М. Никитина).
Задача 53-10 (для самостоятельного
решения). К каждой из вершин В и D
прямоугольника ABCD приложены по две
силы таким образом, что они образуют две
пары сил: (Р1э Р3) и (Р2, Р4). Определить
момент равнодействующей пары сил, если
Рг = Рв=10н,Рг*=Р4=15н9АВ=*1Х*=0,2м
и y4D = BC=0,5 м (рис. 66).
Ответ. М#=2 н-м.
Задача 54-10. На прямоугольник ABCD (рис. 67) вдоль его
длинных сторон действует пара сил (Ръ Р2). Какую пару сил нужно
приложить к прямоугольнику, направивсилы вдоль его коротких
сторон, чтобы уравновесить пару (Рх, Р2)?
*г
St
Ъ
_ я
Рг
Рис. 66
3 А. И. 4ркуша
65

Решение.
1. Момент данной пары сил
MVl=—Pl-AB
необходимо уравновесить парой, момент которой обозначим М^.
Тогда, согласно условию равновесия,
Откуда
Л*м = —Л1„ = —(-Pt-ЛВ) = 60- 0,8 = 48 я-л.
2. Обозначив силы, образующие искомую пару (Р3, Р4),
замечая, что ее плечо равно ВС, получим
М34 = Р8-?С = Р4.ВС.
Отсюда
Р — Р — ^ — f 1 — 90 и
Значит к прямоугольнику необходимо приложить пару сил
с положительным (направленным против хода часовой стрелки)
моментом, равным 48 н-м. Силы, образующие эту пару, равняются
Рис. 67
Рис. 68
20 н каждая и одна из них должна действовать вдоль стороны АВ
от Л к В, вторая — вдоль стороны CD от С к D.
Задача 55-10. Прямолинейный стержень АВ должен находиться
в равновесии в положений, показанном на рис. 68, а (угол а = 60°).
При этом вточках А и В на стержень действуют вертикальные
силы РА и P/j, образующие пару (РА, Рв)- Какие две равные силы
нужно приложить к стержню в точках С и D, направив их
перпендикулярно к стержню, чтобы обеспечить равновесие. ЛВ = 3 м,
CD=1 ж, Рл = Рв= 100 н.
Решение.
1. Пару сил можно уравновесить только парой сил. Поэтому
в точках С и D к стержню необходимо приложить две равные силы
так, чтобы они образовали пару сил с моментом, равным моменту
пары (Рл, Ря), но имеющим противоположный знак.
Так как пара (Рл, Рд) поворачивает стержень на ходу часовой
стрелки, искомые силы должны поворачивать его против хода
часовой стрелки (рис. 68, б).
66

2. Применяем условие равновесия:
Mab + Mcd = 0.
Или, подставив значения моментов,
где
Отсюда
-PAAE + PcCD = 0%
АЕ = АВ cos a.
РаАЕ 100.3.COS60"
CD
1
= 150 н.
0,5м
Следовательно, в точках Си D необходимо приложить силы
Рс и Pd по 150 н каждая, как
показано на рис. 68, б.
Задача 56-10 (для
самостоятельного решения).
На прямолинейный стержень АВ
действуют шесть сил,
которые^образуют три пары сил (Р2, Р\), (Р2, Р*)
и (Р3, Pi), расположенные, как
показано на рис. 69. Определить,
какой длины должен быть стержень АВ, чтобы эти пары образовали
уравновешенную систему.
Ответ. ЛВ = 4 м.
§ 11-3. МОМЕНТ СИЛЫ
ОТНОСИТЕЛЬНО ТОЧКИ
Момент силы относительно точки (Е. М. Никитин, §22)
при решении задач по статике, а затем и по динамике имеет не
менее важное значение, чем проекции сил. Поэтому нужно уметь
определять эту величину безошибочно. Обычно его числовое
значение находят неправильно из-за
ошибок, допускаемых при
определении плеча.
Чтобы не допускать ошибок при
определении моментов сил
относительно точки, рекомендуется
придерживаться следующего порядка:
1. Прежде всего нужно научиться
«видеть» силу, момент которой
определяем, и центр моментов —точку, относительно которой
определяем момент (рис. 70 - сила Р и центр моментов - точка В).
2. Затем из центра момента проводим прямую ВЬ
перпендикулярно к линии действия силы DF. Длина перпендикуляра ВС от
центра момента до линии действия силы и есть плечо.
й-—
Рис. 70
3*
6"/

ь)
f
_ 1
р,
J
i a
¦¦1 fc -
к
в
s
P<- Сл
^"a^
рз
л
3. Потом находим знак момента. При этом если сила стремится
повернуть плечо вокруг центра момента против хода часовой
стрелки, тосчитаем момент по ложительным; если по ходу
часовой стрелки, то отрицательным (то же правило, что и при
определении знака момента пары сил).
4. Находим числовое значение
момента силы относительно точки,
умножив модуль силы на плечо.
По рис. 70
Мп(Р)=+Р-ВС.
В частном случае момент силы
может равняться нулю. Это происходит
тогда, когда центр моментов лежит на
линии действия силы, при этом плечо
равняется нулю. По рис. 70 момент
силы Р относительно точки А (или С)
равен нулю.
Задача 57-П. Определить моменты
шести заданных сил (рис. 71)
относительно точек Л, В и С, если Рх = 30 «,
Р2^=50«, Р3 = 25я, Р4 = 40я, Р5 = 35я,
Р6 = 54 я, ЛБ = 1,2 м, ЯС = 0,8 ж,
а = 55° и р = 35°.
Решение 1 — определение
моментов шести заданных сил относительно
точки А (рис. 71, я).
1. Центр моментов в точке А.
Через точку А проходят линии действия
трех сил Plt P2 и Рь. Значит для этих
сил плечи равны нулю. Следовательно,
Мл(Р1) = 0; Мл(Р2) = 0; МА(Рь) = 0.
2. Находим момент силы Р3.
Опустив из точки А на линию действия
силы Р3 перпендикуляр AD, получим плечо силы Р3. Длину AD
легко найти, так как это катет треугольника ABD:
AD = AB sin a.
3. Величина момента отрицательная (сила Р3 поворачивает
плечо AD вокруг точки А но ходу часовой стрелки), следовательно,
МА(Р3)= -P3-AD= -P3./15sina= - 25-1,2 sin 55°,
МЛ(Р3)= -24,6 н-м.
4. Находим момент силы Р4. Плечом силы Р4 является
перпендикуляр АЕ к СЕ - линии действия силы Р4. Из треугольника АСЕ
АЕ = АС sin p.
68
Рис. 71

Величина момента положительная (плечо АЕ поворачивается
около точки А силой Р4 против хода часовой стрелки).
Следовательно,
МА(Р4) =+Р4.АЕ = Р^АС sin p = 40.2 sin 35°,
МЛ(Р4) = 45,9 к-лс.
5. Находим момент силы Рв. Плечом силы Рв относительно
точки А является отрезок АС, так как сила Р9 направлена к АС
перпендикулярно. Величина момента отрицательная:
МА(Р6) = -РвАС = -54*2 = -108,
Л4д(Рв)= -108 «.л«.
Решение 2 — определение моментов сил относительно точки В
(рис. 71, б).
1. Центр моментов в точке В.
2. Через точку В проходят линии действия двух сил: Р3 и Р5.
Следовательно,
Мв(Р3) = 0 и Л!в(Р§) = 0.
3. Находим момент силы Рг. Плечо силы Рх
В/^ЛВ since.
Величина момента отрицательная:
МВ(РХ)= -P^-BF^ -30.1,2 sin55°,
MB(Pl) = -29,5 н-м.
4. Находим момент силы Р2. Плечо силы Ра
ВО = ЛВ-sin р.
Момент отрицательный:
Мв (Р2) *= ^2: • BD = 50 -1,2 sin 35°;
МВ(Р2) = 34,4 «.*.
5. Находим момент силы Р4. Плечо силы Р4
ВК=ВС sin p.
Величина момента положительная:
Мв (Р4) = ^4 • ВК = 40 • 0,8 sin 35°;
Мя(Р4)=18,4 «.л.
6. Находим момент силы Рв. Плечом силы Рв является
отрезок ВС. Момент положительный:
ЛЫР6)= -Р9-ВС= -54-0,8;
МВ(РЬ)= -43,2 «.лс.
Решение 3 — определение моментов сил относительно точки С
(рис. 71, в) рекомендуется выполнить самостоятельно.
09

Ответ. Мс(Р*) = 0; Afc^-O; Mc(P|)»0; MC(PJ=— 49,1 «•*;
Afс (Р2) = 57,3 н. л; Afc (Ps) = 16,4 я • лс.
В задаче 57-11 силы расположены так, что либо их плечи
определяются очень просто - как катеты прямоугольных
треугольников, в которых даны гипотенузы, либо плечи заданы в условии
задачи (ВС и АС).
Но иногда некоторые силы заданной системы оказываются
расположенными относительно выбранного центра моментов так, что
определить длину плеча трудно и требуется, например,
предварительно вычислить длины еще одного-двух отрезков. В таких
случаях целесообразно силу разложить на
две составляющие и применить для
определения ее момента теорему Вариньона
(§ 29 в учебнике Е. М. Никитина).
Задача 58-11. Определить моменты
относительно точки А сил /\ = 40 н\ Р2 = 60 н\
Р3 = 30 н и Р4 = 50 «, приложенных в
точках Л, В и С, как показано на рис. 72, а.
Углы а = 30°, р = 50°, ЛВ = 2,5 м;
ЯС=1,5 м.
Решение.
1. Относительно точки А моменты сил
Рх, Р2 и Р3 определяются аналогично
предыдущей задаче (рис. 72, а):
МА(Рх) = 0; МА(Р2) = -75 н
Мл(Р3) = 0.
м\
Рис. 72
Z?VlF = p. Значит
сторон. Найдем AF:
2. Находим момент силы Р4.
Вариант 1-й (рис. 72, а). Плечо АЕ
силы Р4 в данном случае определяем из
/\AEF, в котором известен только
нужно предварительно определить одну из
AF = AB-FB.
Величину FB находим из /\CBF, в котором Z.BCF = $:
FB = CBtgp,
эдовательно,
AF = AB-CBtg$.
И теперь можем определить плечо АЕ:
АЕ = AF cos Р = (АВ - СВ tg p) cos p.
Раскрываем скобки и заменяем tgP = ^Ji;
/l? = /4Bcosp-CBsinp.
то

Момент положительный, следовательно:
МА (Р4) = Р^АЕ = РА(АВcos Р - СВ sin р);
М (Р4) = 50 B,5 cos 50°- 1,5 sin 50°)
МЛ(Р4) = 23 «ле.
Вариант 2-й. Чтобы избежать определения плеча АЕ,
которое в данном случае находится после предварительного
вычисления двух отрезков (FB и AF), необходимо момент силы Р4
относительно точки А найти по теореме Вариньона: момент
равнодействующей плоской системы сил относительно любой точки, лежащей
в той же плоскости, равен алгебраической сумме моментов
составляющих сил относительно той же точки.
Разложим силу Р4 на две составляющие: одну, направленную
вдоль отрезка ВС, и другую — перпендикулярно к нему (рис. 72, б).
Модуль первой составляющей Р4 cos р, а ее плечо — отрезок АВ9
длина которого задана. Модуль второй составляющей Р4 sin p,
а ее плечо А К = ВС =1,5 м.
Применяя теорему Вариньона, получаем
МЛ (Р4) = Р4 cos р. АВ - Р4 sin р. АК = Р4 (АВ cos p - ВС sin Р).
Как видно, получено точно такое же значение момента, что
и в первом варианте решения:
Л*л(Р4) = 23 н-м.
Задача 59-11 (для самостоятельного
решения). К точкам Л, В, С и D тела
приложены пять сил (рис. 73). Найти
моменты каждой силы относительно
точек Л, В, С и D, если известно, что
Р! = 50 «, Р2 = 80«, Р3 = 30я, Р4 = 25«, Р5 = 40«, а
Ответ.
Рис. 73
:28эир = 63°
Силы
Моменты сил (к • м)
относительно точек
А
В
\ с
D
Pi
0
—28,2
-6,05
--51,6
Рг
85.5
0
— 18,2
- 71,2
Рг
— 15
— 15
0
-15
Р*
0
0
—12,5
0
Рь
SS
40
40
0
§ 12-3. ОПРЕДЕЛЕНИЕ РАВНОДЕЙСТВУЮЩЕЙ
ПРОИЗВОЛЬНОЙ ПЛОСКОЙ СИСТЕМЫ СИЛ
Произвольную плоскую систему сил можно заменить
одной силой — главным вектором — и одной парой сил, момент
которой называется главным моментом (Е. Л\. Никитин, § 26).
71

Замену любой плоской системы сил главным вектором и
главным моментом необходимо рассматривать как предварительную
операцию перед определением равнодействующей силы или
равнодействующего момента (пары сил), если система>, не имеет
равнодействующей.
Главный вектор по модулю и направлению соответствует
геометрической сумме всех данных сил и приложен в произвольно
выбранной точке —в центре приведения. Главный момент равен
алгебраической сумме моментов всех данных сил относительно
точки, в которой приложен главный вектор.
Задачу определения главного вектора и главного момента
можно решать как графическим методом, так и аналитическим.
Графический метод здесь не рассматривается, а аналитически решение
задачи выполняется так:
1) модуль главного вектора /?гл
где проекция главного вектора на ось х
и проекция главного вектора на ось у
2) направление главного вектора, т. е. углы <pv или фя
образуемые /?гл с осями координат, можно определить при помощи
тригонометрических соотношений (см. § 4-1, п. 7 настоящего
пособия);
3) знак и числовое значение главного мбхмента определяются
по формуле
МГЛ = 2М0(Р1).
где М0 (Pt) - моменты последовательно всех сил относительно
одной и той же точки —точки, выбранной для приложения главного
вектора — центра приведения.
В частном случае, как это показано в задачах 60-12 и 61-12,
плоскую систему сил можно привести либо только к одной силе —
равнодействующей, либо только к одной паре сил-
равнодействующему моменту.
Замена главного вектора /?гл и главного момента Мхл
равнодействующей R (Е. М. Никитин, § 28) представляет операцию,
обратную приведению силы к точке. Приводя силу к любой
точке, не расположенной по линии ее действия, получаем силу и пару
(Е. М. Никитин, §25). Теперь необходимо от силы и пары
перейти к одной эквивалентной им силе.
На рис. 74 условно показана последовательность операции
замены главных вектора и момента —равнодействующей:
1) на рис. 74, а изображены найденные /?гл и Мгд некоторой
плоской системы сил;
72

2) на рис. 74, б главный момент Мгл представлен в виде пары
(Rl9 R) (причем, /? = /?! = /?„), расположенной так, что одна из
сил Rt пары уравновешивает главный
вектор #гл;
3) уравновешенную систему сил
можно убрать и вместо 7?гл и Мгл останется
одна сила /? — равнодействующая данной
системы сил (рис. 74, в).
Таким образом, если плоская система
сил приводится к главному вектору и
главному моменту, то ее
равнодействующая R численно и по направлению
соответствует главному вектору:
/? = /?гл-
Но линия действия равнодействующей
ВС расположена от центра приведения О
на расстоянии
V ^
^^й
R R
Рис. 74
Задача 60-12. К точкам Л, В, С и D, образующим
прямоугольник со сторонами АВ=80 см и ВС= 180 см, приложены пять сил,
как показано на рис. 75, а. Определить главный вектор и
главный момент этой системы сил, если Р1==50 «, Ра = 74и, Р3 = 60и,
Р4 = 40 «, Р5=51 н и угол а=60°. При определении главного
момента центр приведения выбрать наиболее рациональным
образом.
Решение.
1. Примем за центр приведения точку А (в этой точке
пересекаются линии действия трех сил из пяти) и ее же примем за
начало координат, совместив ось х со стороной АВ прямоугольника,
а ось #—со стороной DA.
2. Найдем проекции всех заданных сил на ось х:
Х1 = Р1=50;
Х2 = Р2 cos а = 74. cos 60° = 37;
Хз-0;
Х4=-Р4=-40;
Хг> = 0.
3. Найдем проекции всех заданных сил на ось у:
У» = 0;
К2= - р2 sin a= -74 sin 60°= - 64;
К3=/>з=60;
К4=0;
73

У
1 р,
К'
\\
1 ^
1
• ^
.
-L.
1
'Ъ
,8
С
4. Найдем проекции главного вектора на оси х и у:
Х^ЕХ^БО + З?- 40=47;
УГЛ = 2К,=-64 + 60 + 51=47.
5. Как видно, проекции получаются положительными и
равными между собой. Это значит, что главный вектор направлен
под углом 45° к каждой из осей, т. е.
а) I Ф^ = Ф^=45°
и модуль главного вектора
#гл = Хгл/2=471/'2 = 66,5 я.
Вектор /?гд приложен в точке А,
принятой за центр приведения (рис. 75, б).
6. Находим главный момент, для этого
предварительно определим моменты всех
заданных сил относительно центра приведения
(точки А);
Мд(Р3) = Р3-ЛВ==60.0,8=-48 н-м;
ЛЫР4)=-Р4.ЛЯ=_-40.1,2==---48 н-м;
МА(Рь)=0.
Главный момент
Рис 75 Л1гл = 2Л1л(Р1) = 48-48=0.
Таким образом, вследствие удачного выбора центра приведения
сразу определяется равнодействующая R: ее модуль /?=66,5 «,
линия ее действия MN проходит через точку А под углом срх =
= 45° к стороне А В.
Если за центр приведения выбрать другую точку, то главный
момент не получится равным нулю, кроме тех случаев, когда
выбранная точка оказывается на линии действия равнодействующей.
Задача 61-12. К вершинам квадрата ABCD приложены шесть
сил, как показано на рис. 76, а. Сторона квадрата 1 м, модули
сил Р1==Р4 = 100 к, Р2 = 40 «, Р3 = Р5 = 113 н и Рв=120 н.
Определить главный вектор и главный момент данной системы
сил относительно точки D.
Решение.
1. Поместим начало осей координат в точке D (см. рис. 76, а).
2. Найдем проекции всех сил на ось х:
*i = 0;
Х2 = Р2-40;
Х3 = -P3sina = -113 sin 45°= -80;
Х4-0;
Xft= - P6cosa= - 113cos45°- -80;
:P„=120.
74

3. Найдем проекции всех сил на ось у:
К,= -Р1=-100;
K,= _P8cosa= -113cos45°= -80;
К4=Р4=100;
К6 = Ръ sin a= 113 sin 45°=80;
К,=0.
4. Определим проекции главного вектора:
ХГЛ=2Х* = 40- 80-80+ 120 = 0
и
КГЛ = 2У,= ~ 100-80+100-80=0.
Обе проекции главного вектора равны нулю, значит #Гл = 0
и данную систему сил привести к равнодействующей нельзя.
5. Найдем главный момент, определив предварительно моменты
всех заданных сил относительно центра приведения D. Так как
в точке D пересекаются линии действия сил
Р» Р* и Рв, то
MD{Px) = 0; MD(P3) = 0 и MD(P6) = Q.
Остается найти моменты лишь трех сил:
MD(P2)=-P2-DA = —40-1 = -40;
MD(P4) = PfDC=lOQ. 1 = 100;
Л1/>(Рб)=Рь^ = Р6.DC sina =
= ИЗ-Ь sin45° = 80.
И теперь
Mrjl = 2MD(Pi)=-4Q + 100 | 80=140 н-м.
Как видно, система сил приводится к
паре сил с моментом (рис. 76, б)
М = 140 н-м.
В случае когда главный вектор системы
сил равен нулю, центр приведения (центр
моментов) при определении главного момента
значения не имеет. Один и тот же результат получим при любом
другом центре моментов.
Если в данной задаче при определении главного момента
принять за центр моментов, например, точку В, то
МГЛ = 2МВ(Р{) = Р1-ВА-РЬ*°- + Р6.ВС,
после подстановки числовых значений
Мгл = 100 • 1 — 113 • 1 соь45J + 120¦ 1 --100 — 80 + 120 = 140 н-м.
75
Рис. 76

В последней задаче рассмотрена система сил, приводящаяся
к паре сил. В связи с этим необходимо обратить внимание на два
очень важных свойства пары:
а) алгебраическая сумма проекций сил, составляющих пару,
на любую ось равна нулю;
б) алгебраическая сумма моментов сил, образующих пару
относительно любой точки, лежащей в плоскости действия пары,
есть величина постоянная, равная моменту пары (Е. М-
Никитин, § 23).
Действительно, допустим, что на рис. 76 имеются только две
силы Рл и Р4 (причем PX = P4=100 я). При любом расположении
осей х и у
Х,+Х4 = 0 и V^ + y^ — a
(Рекомендуется проверить самостоятельно справедливость этих
равенств при расположении осей, заданном на рис. 76, а также
совместив оси х и у с диагоналями квадрата ABCD.) При любом
положении центра моментов
М(Р1) + М(Рй) = \00 н-м.
(Рекомендуется проверить и это равенство, приняв за центр
моментов любую из точек А, В, С, D или точку пересечения
диагоналей квадрата, или любую другую.)
Именно поэтому пара сил, действующая на тело, обычно задается
в виде момента и изображается круговой стрелкой, показывающей
направление действия момента.
Отмеченные Здесь Свойства пары постоянно используются при
составлении уравнений равновесия в задачах, рассмотренных
в § 14-3:
а) при составлении уравнений проекций силы, образующие
пару, не учитываются (сумма их проекций всегда равна нулю);
б) при составлении уравнений моментов момент пары сил
входит в уравнение независимо от того, где выбран центр моментов.
Задача 62-12. К четырем точкам тела, образующим квадрат
ABCD со стороной 1,2 м приложены силы Р,=5 кн, Р2 = 2 кн,
Р3=3 кн и Р4=4 кн, как показано на рис. 77, а. Определить
равнодействующую этой системы сил.
Решение.
1. За центр приведения примем точку А. Оси координат
совместим со сторонами АВ и AD квадрата ABCD (рис. 77, а).
2. Найдем проекции сил на ось х:
Х1 = Р1-5; Х2 = 0;
Хз=-Р3--3; Х4 = 0.
3. Найдем проекции сил на ось у:
У1 = 0; К2 = Р2 = 2;
К3 = 0; К4=-Р4=-4.
76

4. Найдем проекции главного вектора на оси х и у:
Угл = 2К,= 2-4=-2.
5. Найдем главный вектор. Обе проекции численно равны друг
другу. Значит модуль главного вектора
Ъл = 1гХ1ГПЪ=У&+&==2У'2 = 298а кн.
Так как проекция на ось х положительна, а на ось у
отрицательна, то главный вектор расположен в четвертом
координатном углу и делит его своей линией
действия пополам, т. е. угол, образуемый #гл
с положительным направлением оси х,
фж=—45° (рис. 77, б).
6. Найдем главный момент. Так как
относительно точки Л (центра приведения)
моменты сил Рх и Р4 равны нулю, то
M„ = MA(Pt) + MA(P9) = P9.AB + Pz.AD
или
Мгл = 2.1,2 + 3-1,2=6 кн-м.
Направление действия главного момента
показано на рис. 77, б круговой стрелкой.
7. Заменим /?гл и Мгл равнодействующей
силой R.
Известно, что # = /?гд, а это значит, что
их модули равны /?=^/?гл=^2,83 кн, линии
действия обоих векторов параллельны, а
векторы направлены в одну и ту же сторону.
Нужно найти лишь расстояние между
центром приведения и линией действия
равнодействующей.
Это расстояние
Отрезок АЕ отложим перпендикулярно к направлению /?гл,
причем в такую сторону, чтобы приложенная к точке Е
равнодействующая сила R стремилась повернуть АЕ в направлении действия
главного момента.
Таким образом, равнодействующая данных четырех сил
численно равна 2,83 кн, направлена перпендикулярно к диагонали АС
и линия ее действия находится от вершины А квадрата на
расстоянии АЕ — 2,12 м.
Следующие две задачи рекомендуется решать самостоятельно.
77

Задача 63-12. Определить равнодействующую пяти сил,
приложенных к точкам Л, В, С и D тела, как показано на рис. 78:
Р1=10к«, Р2=8 кн, Р3=\8 кн, Р4= 14 /сн, Р6=7 к«, а = 65°
и р = 56°.
0//wm. # = 23/ш, ф*=?(Л?; ?)=109°.
Линия действия равнодействующей пересекает отрезок AD
в точке, отстоящей от А на расстоянии 1,25 м.
г Л
4 х ' >
1 Р-
1 /
1. ^м
й 1
'X
/,5м
: Д*1
i т
т т\
Л 8
1 1?>
/И 1
С
2м
р~А
-J*~^i
Рис. 78
Рис. 79
Задача 64-12. Определить равнодействующую четырех сил,
приложенных к точкам Л, В, С и D тела, как показано на рис. 79,
если Р, = 605 я, Р2 = 450 я, Р3 = 500 «, Р4=320 «, а = 58° и р = 50°.
Ответ. /? = 0.
§ 13-3. ТЕОРЕМА ВАРИНЬОНА
Из формулы, определяющей расстояние от центра приведения
до линии действия равнодействующей,
(см. § 12-3 и рис. 74) можно вывести уравнение, выражающее
теорему Вариньона для произвольной плоской системы сил:
R-OA^ZMoiPi):
момент равнодействующей относительно любой точки равен
алгебраической сумме моментов заданных сил относительно той же точки.
Теорема Вариньона находит широкое применение при решении
задач по статике, в частности во всех тех задачах, где
рассматривается равновесие рычага (задачи с 70-13 по 74-13).
При помощи теоремы Вариньона очень просто определяется
равнодействующая какого угодно числа параллельных сил Ръ Р2,
Р8, ... Pi (рис. 80).
Известно, что модуль равнодействующей любой плоской
системы сил равен модулю главного вектора:
R=Rr*=V X%+Yh
lb

'
1
л
г 14
1
I 1
1*
* 1
Рис. 80
Но если в данном случае расположить оси проекций так, как
показано на рис. 80, одну ось— перпендикулярно к силам, а
другую—параллельно им, то
Таким образом, модуль равнодействующей, параллельной
системы сил равен абсолютному значению алгебраической суммы
проекций сил на ось, параллельную
этим силам.
Так как Хя=0, то вектор равно-
действующей R направлен парал-
лелыю составляющим силам. Сторо- О
на, в какую направлен R,
определяется по знаку v yh Если у
алгебраической суммы проекций
получается знак «плюс», то
равнодействующая направлена в сторону
положительного направления оси; если
получается знак «минус», то равнодействующая направлена
противоположно положительному направлению оси.
Определив модуль и направление равнодействующей, по
теореме Вариньона находим расстояние ОЛ, на котором расположена
KL- линия действия R от произвольно
выбранного центра моментов О.
Задача 65-13. Определить
равнодействующую двух параллельных сил Рг и Р21
направленных в одну сторону (рис. 81, а), если
Pj = 12 н и Р2=15 н.
Решение.
1. Примем за начало осей проекций точку
Л. Осьдс расположим перпендикулярно к
данным силам и направим_ ее вправо, а ось у
направим вдоль силы Ри вниз (рис. 81,6).
2. Найдем модуль равнодействующей:
vKi = p1 + P2= 12 +15 = 27.
Следовательно,
Рис. 81 Я = 27 н.
A _,
1* 1
А
сС 8,
с в
,«
Так как сумма проекций положительна, то вектор
равнодействующей направлен тоже вниз.
3. Приняв за центр моментов точку А, найдем расстояние АС
от точки А до линии действия равнодействующей.
В данном случае
MA{R) = MA(Px)-{ МА(Р2)9
79

но
Ma(R)=-RAC; Ma(Pi)=0 и МА(Р2) = -Р2 АВ,
поэтому
Л.ЛС=Р2.ЛВ-
Откуда
Таким образом, равнодействующая двух данных сил численно
равна 27 «, и линия ее действия расположена от точки А на
расстоянии ЛС=1 м (рис. 81, в).
Задача 66-13. Найти равнодействующую двух параллельных сил
Р, и Р2, направленных в разные стороны, если Р, = 12 кн и
Р2 = 60 кн (рис. 82, а).
Решение.
1. Расположим оси Ох и О*/ так, как показано на рис. 82, б.
2. Найдем модуль равнодействующей:
2]Ai = P1-Pa== 12-60=-48.
Следовательно,
/? = 48 и.
Сумма проекций заданных сил имеет отрицательное значение.
Следовательно, равнодействующая направлена влево (ось Ох
направлена вправо).
3. Приняв за центр моментов точку О и предположив, что линия
действия R пересекает отрезок ОВ в точке А, составим уравнение
а) _ б) У _ В) Вариньона:
Ц
0<
Отсюда
пл pi°B 121 л ос
Рг VI* 0л=== ~R~ =—;ц-=»-0,25 ж'
Рис. 82 Числовое значение О Л
получается отрицательным, значит этот
отрезок от точки О необходимо отложить в противоположную
сторону от ранее предполагаемого.
Равнодействующая заданных сил численно равна 48 «,
направлена влево, и линия ее действия лежит ниже точки О на 0,25 м
(рис. 82, в).
Задача 67-13. К концам прямолинейной однородной планки
длиной 1,6 ж и весом 5 «прикреплены два груза (рис. 83):
слева —груз Рх = 20 я, справа —Р2= 15 н. В каком месте планки
нужно приделать петельку, чтобы подвешенная на ней планка
с грузами оставалась в горизонтальном положении?
80

Решение.
1. Изобразим на рис. 83 в горизонтальном положении планку
АВ с грузами Р1 = 20 н и Р2=15 «. Так как планка однородная,
ее вес G=5 н приложен в середине (в
точке С).
Таким образом, к планке приложена
система трех параллельных сил,
действующих в одну сторону (рис. 83, б).
2. Оси проекций расположим, как
показано на рис. 83, б.
3._ Найдем модуль равнодействующей
1,6м
6)
ц
с
см?,
в
сил Pv Р2 и G:
2Kl = P1 + G + P2 = 20 + 5+15=40,
/? = 40 н.
Равнодействующая направлена
вертикально вниз.
4. Определим, на каком расстоянии
конца планки) расположена линия действия равнодействующей:
Рис. 83
AD от точки А (левого
Отсюда
—/?.^D=— GAC—Р^АВ.
AD
_ G • А С 4- Я2 -А В __ 5 • 0,8 +15 .1,6
R
40
= 0,7 ж.
Линия равнодействующей проходит через точку D на
расстоянии 0,7 м от левого конца планки.
В этом месте и необходимо прикрепить к планке петельку.
Если теперь за петельку подвесить планку на гвоздь или
прикрепить к нити, то планка будет находиться в равновесии, оставаясь
горизонтальной, так как равнодействующая R уравновесится
реакцией #ур гвоздя .или нити.
Задача 68-13. Балансир АВ, на который действуют пять
горизонтально направленных параллельных сил (рис. 84), должен
находиться в равновесии в вертикальном положении, будучи
насаженным на горизонтальную ось.
Определить, где необходимо поместить ось балансира,
пренебрегая его весом.
Решение.
1. Расположив оси проекций, как указано на рис. 84, найдем
модуль равнодействующей системы параллельных сил:
VX/ = P1-P2 + P3 + P4-P6^10-16 + 15 + 8-8=9,
/? = 9 кн.
Таким образом, равнодействующая направлена вправо.
2. Определим расстояние ВО от нижнего конца балансира до
линии действия R из уравнения Вариньона (центр моментов
в точке В):
-RBO^-P^BA + Pz-BC—Ps-BD-P^BE.
81

Отсюда
вп Р,ВА- Pt-BC + P,-BD-\-P,-BE
ю = 10.90-16.70+15-40 + 8-25 = ^ ^
Следовательно, линия действия равнодействующей пересекает
находящийся в вертикальном положении балансир на расстоянии
64,5 см от нижнего конца В. Здесь (в точке О) и нужно поместить
ось балансира.
Следующую задачу рекомендуется решить самостоятельно.
\
Рг*16кн 1
5
'
Q
РгЮкн
1 *¦» 1
Г 1
\° * 8
Ру15к«т 1
51
| Р^Ькн Ц
5
Рис. 84
Рис. 85
Задача 69-13. Где необходимо поместить ось балансира,
описанного в предыдущей задаче, если силу Р3=15 кн направить в
противоположную сторону?
Ответ, ВО = 29,5 см.
Задачи, приведенные ниже, решаются при помощи так
называемого условия равновесия рычага, непосредственно вытекающего из
теоремы Вариньона (Е. М. Н и к и т и н, § 29).
Рычагом можно назвать любое тело, поворачивающееся либо
вокруг закрепленной оси, либо около линии контакта,
образующейся при свободном оиирании на другое тело.
Находясь под действием сил, рычаг уравновешен лишь в том
случае, если линия действия равнодействующей пересекает ось или
линию опоры. Причем если опорой рычага АВ служят
закрепленная ось (неподвижный шарнир), то линия действия
равнодействующей может быть направлена к рычагу иод любым углом а (рис. 85, а).
Если же рычаг АВ свободно опирается на идеально гладкую опору
82

(рис. 85, б), то линия действия равнодействующей должна быть
перпендикулярна к опорной поверхности.
В любом из этих случаев равновесие возникает потому, что
система сил, действующих на рычаг, уравновешивается реакцией
опоры /?ур, численно равной равнодействующей. А так как момент
равнодействующей относительно опоры равен нулю, то из
выражения теоремы Вариньона следует уравнение
выражающее условие равновесия рычага.
Задача 70-13. Масса неоднородного стержня составляет 4,5 кг.
Для определения положения центра тяжести стержня его левый
конец положен на гладкую опору, а правый зацеплен крюком
динамометра (рис. 86, а). При
горизонтальном положении стержня
динамометр показывает усилие 1,8 кГ. Рас- а)
стояние АВ~ 130 см от левой опоры а
до динамометра определено путем не- c=?-i—t,
посредственного измерения. Опреде- ™
лить положение центра тяжести Ь)
130см
РЧ,8кГ\
стержня. а
Решен и е. Жш
1. Рассмотрим стержень как рычаг
с опорой в точке А. Кроме реакции Рис- 86
опоры, на него действуют две нагрузки:
вес G = 4,5 кГ A кг массы притягивается к земле силой, равной
1 кГ)у приложенный в центре тяжести на искомом расстоянии х от
опоры А, и усилие пружины динамометра Р = 1,8 кГ (рис. 86, б).
2. Составим уравнение равновесия рычага:
2 МА (Pt) = 0.
В данном случае относительно точки А моменты создают две
силы Р и G:
МА(Р)= ЬР . АВ и A1A(G) = —Gx.
Следовательно,
РАВ- Gx = Q.
Решаем полученное уравнение:
Р-АВ 1,8-130 ,0
Центр тяжести стержня расположен на расстоянии 52 см от
левой опоры.
Задача 71-13. Какова должна быть масса однородной доски
(рис. 87, а), чтобы, опираясь в точке В на гладкую опору, она
с положенными на нее грузами т^ЮО кг и /п2 = 48 кг
находилась в равновесии? Центр тяжести доски расположен в точке С.
83

Решение.
1. Рассматривая доску как рычаг, видим, что на нее действуют
гри нагрузки: вес левого груза Ol = mlgt вес правого груза
Ч>
6)
8
"тп
с
тгп
h
G2 = tf22g и собственный вес доски
ОМм . 0.2м, _ щ ^ Сд = тд^ (рис. 87, б).
2. Для равновесия доски
необходимо, чтобы алгебраическая сумма
Т? моментов этих сил относительно
опоры В равнялась нулю. Следова-
ID тельно,
Gi-BA -G^BC-G2.fi# = 0.
Рис. 87 3. Подставив вместо весов их
выражения через массы и
разделив обе части равенства на постоянную величину g (ускорение
свободного падения 9,81 м/сек2), получим
mlBA -тА-ВС-щ-ВВ = 0.
4. Отсюда находим массу доски:
/Яд =
Масса доски 8 кг
/я, • В А — тг • ВО 100 • 0,4 — 48 - 0,8
ВС
0,2
= 8 кг.
Рис. 88
Задача 72-13. Предохранительная заслонка открывается в тот
момент, когда давление в резервуаре превышает внешнее
атмосферное на /7=150 кн/м2.
Заслонка прижимается к
отверстию в резервуаре
коленчатым рычагом ABC (рис. 88).
На каком расстоянии х от
опоры рычага необходимо
поместить груз весом G= 120 н,
чтобы заслонка открылась
при заданном давлении, если
площадь отверстия в резервуаре F = 20 см*, а =12 см. Весом
рычага пренебречь.
Ре ш е н и е.
1. На рычаг ABC предохранительного устройства действуют две
нагрузки: вес груза G=120 н и сила Р, открывающая заслонку:
90
P = pF=,150 кн/м2--^ ж2 = 0,3 к* = 300 н.
2. Условие равновесия рычага выразится уравнением
Pa-Gx = 0.
3. Решая это уравнение, находим
Ра 300-12 ОА
Х = 'Ъ ==—\W = 30 см-
Груз необходимо поместить на расстоянии 30 см от опоры В.
84

Задача 73-13. На рис. 89, а изображен коленчатый рычаг ABC,
к короткому колену которого при помощи нити прикреплен груз
массой т1 = 50 кг, а к длинному — груз массой /^=10 кг.
Под каким углом а к длинному колену необходимо
расположить вторую нить, чтобы нить, удерживающая первый груз,
образовала с АВ угол 30е? Расстояния
ЛВ = 0,4 м и ВС=1 м.
Считать, что при этом положении
рычага линия действия собственного
веса рычага Gp проходит через ось
В опорного шарнира рычага.
Решение.
1. На рис. 89, б изобразим
расчетную схему рычага; к точке А
отвесно приложен вес первого груза
Gi — niig; к точке С под искомым
углом а к СВ приложен вес второго
груза G2 = m2g, Вес рычага
приложен в точке В.
2. Замечая, что Mb (Gp) = 0 (так
как плечо силы Gp равно нулю),
составим уравнение равновесия рычага:
G^BD-G2BE=0.
Рис. 89
3. Выразив плечи BD и BE через длины колен рычага, а веса G,
и С2~ через массы, получим уравнение
niig-BA sin 30°- т.?-ВС- sin a=0,
из которого
тгВА sin 30° 50.0,4-0,5 t
т2ВС 10-1
Этому значению sin a соответствует прямой угол. Следовательно,
а=~ рад=90°.
Поэтому нить, удерживающую второй груз, нужно расположить
перпендикулярно к длинному колену рычага.
Следующую задачу рекомендуется решить
самостоятельно.
Задача 74-13. Однородный стержень АВ
длиной 2 ж и весом 100 н прикреплен
шарниром А к вертикальной стене АЕ (рис. 90).
Под каким углом а к стержню должна быть
направлена веревка с грузом Р = 50 н на
конце, перекинутая через блок D, чтобы
стержень находился в равновесии, образуя со
стеной угол 60°. Трением на блоке пренебречь.
Рис. 90 Ответ, a=60 или 120°,
85

§ 14-3. РАВНОВЕСИЕ ПРОИЗВОЛЬНОЙ
ПЛОСКОЙ СИСТЕМЫ СИЛ
Задача на равновесие произвольной плоской системы сил
решается по той же общей схеме, которая приведена в § 8-2.
Придерживаясь этой схемы, необходимо учитывать следующее.
Как известно, любую плоскую систему сил можно привести
к главному вектору /?гл и главному моменту Мгл (Е. М.
Никитин, § 26).
Если же система сил уравновешена (тело, находящееся под
действием такой системы сил, либо неподвижно, либо равномерно
вращается около неподвижной оси, либо находится в равномерном
и прямолинейном поступательном движении), то /?гл—О и МГл=^0
(Е. М. Никитин, § 30). Эти равенства выражают два
необходимых и достаточных условия равновесия любой системы сил.
Для произвольной плоской системы сил из этих двух условий
непосредственно получаем три уравнения равновесия:
?Х; = 0; ]
?Ki=0; A)
2Afe(P,)«:0. J
Первое и второе выражения — уравнения проекций — образуются
из условия /?гл — 0; третье выражение - уравнение моментов — из
условия уИгл = 0.
Если на тело действует система параллельных сил, то
уравнений равновесия получится только два: уравнение проекций на ось,
параллельную силам, и уравнение моментов
УМЛРО-О.
При решении некоторых задач одно или оба уравнения
проекций целесообразно заменить уравнениями моментов относительно
каких-либо точек, т. е. систему уравнений равновесия можно
представить в таком виде:
2*/ = 0; )
?ЛЫР,-)-0; C)
или
2ЛЫ/>,) = 0; D)
VMc(P,-)-0j
В первом случае линия, проходящая через точки А и В, не
перпендикулярна к оси х. Во втором случае центры моментов Л,
В и С не лежат на одной прямой линии.
86
B)

Для системы параллельных сил соответственно получаем два
уравнения моментов:
?АЫР,)«0;
ZMt
i (Pi)-0-J
E)
В этом случае точки Л и В не лежат на прямой, параллельной
силам.
В задачах, решаемых при помощи уравнений равновесия, обычно
рассматриваются тела, находящиеся в состоянии покоя, тогда система
сил, действующих на это тело, уравновешена.
Силы, действующие на тело, делятся на две группы. Одна группа
сил называется нагрузками (активные силы), вторая группа сил
называется реакциями связей (пассивные силы).
Нагрузки, как правило, бывают заданы. Они имеют числовое
значение, точку приложения к телу и направление их действия.
В рассматриваемых ниже задачах используются лишь три
разновидности нагрузок: сосредоточенные силы, равномерно
распределенные силы* и пары сил (статические моменты)**.
Сосредоточенными называются силы, приложенные к точке тела.
Если, например, на тело действуют нагрузки Рг или Р2, как пока-
о)
}
9)
\
1 1
i i i
i i
i i i
*
,ч
ПП1ПШ1
1 -
.\
\
Рис. 91
Рис. 92
зано на рис. 91, я, действия этих нагрузок можно считать
приложенными соответственно к точкам А или В тела и на расчетных
схемах изобразить так, как это выполнено на рис. 91, б.
Равномерно распределенные нагрузка, например кирпичная кладка
(рис. 92, а), или собственный вес однородного тела (бруса, балки)
постоянного поперечного сечения по всей его длине задается при
помощи двух параметров —интенсивности q и длины /, на
протяжении которой они действуют. На расчетных схемах эти нагрузки
изображаются так, как показано на рис. 92, б.
* К распределенным нагрузкам относятся также неравномерно
распределенные нагрузки, но в настоящем пособии они не рассматриваются.
** Здесь не рассматриваются случаи, когда пары сил действуют на
некотором расстоянии непрерывной цепочкой моментов (распределенные моменты).
87

Пара сил (сосредоточенный момент), например, может быть
образована двумя одинаковыми грузами Р, действующими на тело так,
как показано на рис. 93, а. Условное изображение пары сил,
действующей на тело, показано на рис. 93, б.
Очень часто в каком-либо месте тела возникает совместное
действие сосредоточенной силы и момента. Пусть, например, груз Q
подвешен на конце бруса, жестко заделанного другим концом
о)
Рис. 93
Рис. 94
в каком-либо теле (рис. 94, а). Если перенести действие силы
в точку А тела (рис. 94, б), то получим в ней совместное действие
сосредоточенной силы и момента.
Как правило, в задачах по статике реакции связей — искомые
величины. Для каждой искомой реакции связи обычно необходимо
знать ее направление и числовое
значение (модуль).
Направления реакций
идеальных связей —связей без трения —
определяют в зависимости от вида
связи по следующим правилам.
1. При свободном опирании
тела на связь реакция связи
направлена от связи к телу
перпендикулярно либо к поверхности
тела (Ra, Rd, рис. 95), либо к
поверхности связи (Riu Rc'y рис. 95), либо к общей касательной обеих
поверхностей (/?/?; рис. 95).
Во всех этих случаях связь препятствует движению тела в одном
направлении—-перпендикулярном к опорной поверхности.
2. Если связями являются нити, цепи, тросы (гибкая связь),
то они препятствуют движению тела только будучи натянутыми.
Рис. 95
88

Поэтому реакции нитей, цепей, тросов всегда направлены вдоль
их самих в сторону от тела к связи (Ти Т2 и Г3; рис. 96).
3. Если связь тела с какой-либо опорной поверхностью
осуществляется при помощи подвижного шарнира (рис. 97), то его
реакция направлена перпендикулярно к опорной поверхности. Таким
Рис. 96 Рис. 97
образом, подвижный шарнир (т. е. шарнир, ось которого может
передвигаться вдоль опорной поверхности) представляет собой
конструктивный вариант свободного опирания.
4. Если соединение тела со связью осуществляется при помощи
неподвижного шарнира (рис. 98), то определить непосредственно
направление реакции нельзя, за
исключением тех частных случаев,
которые описаны ниже.
Шарнирное соединение препят- Ъ
ствует поступательному
перемещению тела во всех направлениях в ^
плоскости, перпендикулярной к оси |R
шарнира. Направление реакции
неподвижного шарнира может быть Рис. 98
любым в зависимости от
направления действия остальных сил. Потому сначала определяют две
взаимно перпендикулярные составляющие ХА и YA (или Хр и Yв)
реакции шарнира, а затем, если нужно, по правилу
параллелограмма или треугольника можно определить как модуль, так и
направление полной реакции RA (или /?#).
Направление реакции неподвижного шарнира непосредственно
определяют в двух следующих случаях:
а) если, кроме реакции шарнира, все остальные силы (нагрузки
и реакция другой связи) образуют систему параллельных сил, то
реакция неподвижного шарнира также параллельна всем силам;
б) если, кроме реакции шарнира, на тело действуют еще только
две непараллельные силы, то линия действия реакции
неподвижного шарнира проходит через ось шарнира и точку пересечения
двух других сил (задачи 47-9 и 48-9).
5. Движение тела может быть ограничено жесткой заделкой
в какой-либо опоре (рис. 99). В этом случае даже одна жесткая
заделка обеспечивает равновесие тела при любых нагрузках.
Так же как и неподвижный шарнир, жесткая заделка
препятствует поступательному перемещению тела. Поэтому направление
1
89

ее реакции заранее определить нельзя и сначала определяют
составляющие Х3 и Y3. Кроме того, жесткая заделка препятствует
повороту тела в плоскости действия сил, поэтому, кроме силы
реакции, на тело действует еще момент заделки М3, уравновешивающий
стремление нагрузок повернуть тело (вывернуть тело из заделки).
У
3=
Рис. 99
Рис. 100
Таким образом, если опорой тела является жесткая заделка, то
со стороны последней на тело действуют реакция заделки, которую
можно заменить двумя взаимно перпендикулярными
составляющими, и момент заделки.
6. Иногда тело удерживается в равновесии при помощи жестких
стержней, шарнирно соединенных с телом и с опорами (рис. 100).
В отличие от гибкой связи (см. п. 2) такие стержни могут
испытывать не только растяжение, но и сжатие.
Возможны и такие случаи, когда нельзя заранее установить,
какие стержни растянуты, а какие сжаты. Поэтому при
составлении уравнений равновесия исходят из того, что все стержни
растянуты. Если же некоторые стержни окажутся в действительности
сжатыми, tq в результате решения числовые значения реакций таких
стержней получатся отрицательными.
Задача 75-14. На горизонтальную балку АВ, левый конец
которой имеет шарнирно-неподвижную опору, а правый —шарнирно-
подвижную, в точках С и D
поставлены два груза: Р1= 10 лс« и Р2=-20 кн
(рис. 101, а). Определить реакции опор
балки.
Решение.
1. Рассмотрим равновесие балки АВ,
на которую в точках С и D действуют
две вертикальные нагрузки Pt и Р?
(рис. 101, б).
2. Освободив правый конец балки
от связи и заменив ее действие
реакцией /?я, направленной
перпендикулярно к опорной поверхности, увидим, что на балку действует система
параллельных сил. Поэтому, если освободить и левый конец балки
от шарнирно неподвижной опоры, то ее реакция будет также
направлена вертикально (рис. 101, б).
90

3. Составим систему уравнений равновесия вида E), приняв
для одного уравнения за центр моментов точку Л, а для другого —
точку 5;
2ЛЫР|) = 0; -P^AC-P^AD + Rb-AB^O,
?MB(P,) = 0; +P2DB + P1CB-RA.AB = 0.
О)
B)
4. Решая уравнения, из A) находим
D PlAC-\-P%-AD 1С 1+ 20- 3,5
Кв = АВ = 5 :
из B)
16 кн;
Ra
_P2DB + Рх-СВ_ 20.1,5+10-4
АВ ~~' 5
14 КН.
5. Проверим правильность решения, составив уравнение
проекций сил на вертикальную ось у:
Подставляя в это уравнение числовые значения, получаем
тождество
14 — 10—20+ 16=0 или 0 = 0.
Значит задача решена правильно.
Реакции опор:
/?д=14 КН И /?д=16 КН.
При решении задач рекомендуется
не пренебрегать проверкой. От
правильности определения реакций опор
зависит правильность всего остального
решения или расчета.
Задача 76-14; На консольную балку,
имеющую в точке Л шарнирно-иепод-
вижную, а в точке В шарнирно-под-
вижную опору, действуют две
сосредоточенные нагрузки: Pi^lS кн и Р2=
= 50 ля, как показано на рис. 102, а;
угол а=40°. Определить реакции опор
балки.
Решение.
1. Рассматривая находящуюся в равновесии балку Л Л, видим,
что в точке С на нее действует вертикально вниз нагрузка Ри
а в точке D под углом а к АВ действует другая нагрузка Р2
(рис. 102, б).
2. Освобождаем балку от связей и заменим их действие
реакциями. В месте шарнирно-иодвижной опоры В возникает
вертикальная реакция /?й. Направление реакции шарнпрно-неподвиж-
ной опоры в данном случае непосредственно определить нельзя,
поэтому заменим эту реакцию ее двумя составляющими ХА и YA.
91
-<п
Рис. 102

3. Для полученной системы из пяти сил, произвольно
расположенных в плоскости, составим систему уравнений равновесия
вида C), расположив ось х вдоль балки, а за центры моментов
приняв точки А и В:
?Х*=0; ХА — P2cosa=0; A)
?ЛЫР/) = 0; -P^AC + Rb-AB-P^AE^O; B)
?ЛЫ^)=0; -Ya-BA + P^BC-P^BF^O. C)
4. Решаем полученные уравнения.
Из A)
Хл = Р2 cos a = 50 cos 40° = 38,3 кн-
Так как
AE = AD sin а,
то из B)
D Р,. АС 4- Я2ЛО sin a 18-2 + 50- 6 sin 40° _7 0
/<в — д^ — 4 — 3'»^ KW#
BF^BD sin a,
Замечая, что
из C) получаем
v __ Рг • ВС — Р2 - ВО sin a _ 18.2 — SO ¦ 2 sin 40° - f
^A— g^4 4 M *«•
Знак минус, получившийся в последнем случае, показывает,
что У а—вертикальная составляющая реакция неподвижного
шарнира—направлена вниз, а не вверх, как предполагалось перед
составлением уравнения C).
5. При необходимости реакцию Ra шарнира А легко
определить (рис. 102, в).
Модуль реакции шарнира А найдем из формулы
Дл-УгХ* + У*=Уг38>У + 7|Г11~39 кн.
Направление реакции RA установим, определив угол
Ф*=^(/?л; AD),
8Шф,=^- = -з~ = 0,182,
откуда
<р,= 10о30\
6. Проверим правильность решения задачи. Так как при
решении не использовано уравнение проекций на ось г/, то используем
его для проверки:
Уравнение составлено по рис. 102, (j4
92

После подстановки в это уравнение известных значений
получим:
-7,1 - 18 + 57,2-50 sin 40° = 0;
-25,1+57,2-32,1=0 и 0 = 0.
В данном случае, проверка решения при помощи уравнения
проекций не дает возможности установить правильность
определения полной реакции #А шарнира Л. Чтобы проверить и этот
этап решения, составим уравнение моментов относительно точки D,
воспользовавшись рис. 102, в, на котором изображена реакция
так, как она направлена в действительности:
viMZ)(Pl) = 0; RADL + PrDC- RBDB = 0.
Подставляем в это уравнение числовые значения, имея в виду,
что
DL = AD sin q>* = 6 sin 10с30' = 1,095 м\
39.1,095+18-4-57,2.2 = 0 и 114,7—114,4
.0.
Расхождение в результатах, равное 0,3, получается из-за
округлений при вычислениях.
В следующих задачах проверка решения не приводится и ее
рекомендуется производить самостоятельно.
Задача 77-14. Горизонтальная балка имеет в точке А шарнирно-
подвижную опору, плоскость которой наклонена к горизонту под
углом а=25° (рис. 103, а), а в
а)
*л А
2м
6)
ч
2м
2м
и I'' E
тГв
точкеВ -шарнирно-неподвижную
опору. Балка нагружена в точках
С и D двумя сосредоточенными
силами Pi = 24 кн и Р2 = 30 н.
Определить реакции опор.
Решение.
1. Так же как и в задаче
75-14, балка нагружена двумя
параллельными силами, но в отличие
от этой задачи здесь реакция
подвижного шарнира Ra направлена
не параллельно вертикальным нагрузкам, а под углом а к
вертикали - перпендикулярно к опорной поверхности шарнира (рис. 103,6).
Поэтому реакция неподвижного шарнира не будет направлена
вертикально и, так же как в задаче 76-14, ее целесообразно
заменить двумя составляющими Хв и YH.
2. Расположив оси х и у как показано на рис. 103, б,
составляем уравнения равновесия вида A):
Рис. ЮЗ
?К|«0; RA cosa - Px - P2 + Ffi = 0;
?Мл(Р/) = 0; -Pi-AC-PfAD + Yt-AB^O.
A)
B)
C)
93

3. Решаем полученные уравнения.
Из уравнения C) находим YB:
PX.AC + Pt-AD 24-2 + 30-4
АВ — 6 "
:28 КН.
Из уравнения B) находим /?д:
Рг+Р%-Ув 24+30-28
Ra-
= 28,7 кн.
cos2o°
Из уравнения A) находим Хв:
XB = /?Asina=28,7sin25°^12,l кн.
Таким образом, реакция шарнира А
#л = 28,7 кн.
а составляющие реакции шарнира В
Х*=12,1 кн
и
Кя=28 кн.
4. Проверку решения производим при помощи уравнения
моментов относительно точки С или D.
Следующую задачу рекомендуется решить самостоятельно.
Задача 78-14. Решить задачу 48-9, не определяя первоначально
направление реакции Ra> а заменив ее составляющими Ха и Ya-
Определив Ха и Кй, найти модуль и направление Ra.
Задача 79-14. На консольную балку, имеющую в точке А
шарнирно-неподвижную, а в точке В шарнирно-подвижную опору,
действуют две нагрузки (рис. 104, а):
в точке D — сосредоточенная нагруз-
\\ '} | \ { \Т\В \ ка Р==8 кн, а на участке СВ —
равномерно распределенная
нагрузка интенсивностью q=^2 кн/м.
Определить реакции опор.
Решение.
1. В этой задаче, кроме
сосредоточенной силы Р, на участке СВ
действует равномерно
распределенная сила, интенсивность которой q.
Полная величина этой нагрузки (ее
равнодействующая) равна q-CB и
приложена в точке О посредине участка СВ (рис. 104, б), т. е.
СО=~ОВ = С*.
2. Так же как з задаче 75-14, реакция RB подвижного
шарнира направлена вертикально (перпендикулярно к опорной поверх-
94
а)
6)
1м
Зм
15м
I
jid
Рис. 104

ности). Следовательно, и реакция Ra неподвижного шарнира
направлена вертикально. Таким образом, на балку действует система
параллельных сил (см. рис. 104, б).
3. Составим два уравнения моментов относительно точек В и А:
?Мв{Р() = 0; -RABA + qCBBO-PBD = 0;
?Мл(Р/) = 0; -qCBAO + RBAB-PAD = 0.
Из уравнения A)
_дСВОВ-РВР__ 2-3-1,5 — 8- 1,5_
A)
B)
Ra-
ВА
-0,75 кн.
Отрицательное значение реакции RA означает, что она
направлена вниз, а не вверх, как показано на рис. 104, б, потому что
момент силы Р относительно опоры В больше, чем момент
равномерно распределенной нагрузки.
Из уравнения B) находим RB:
_д-СВ- АО-Р-ИР 2. 3 • 2,5 + 8 ¦ 5,5
'"" АВ "" 4
14,75 кн.
Таким образом, реакция шарнира А равна /?д = 0,75 кн и
направлена вертикально вниз; реакция шарнира В составляет
/^=14,25 кн и направлена вертикально вверх.
5. Для проверки решения можно использовать уравнение
проекций на вертикальную ось.
Задача 80-14*. На двухконсольную балку с шарнирно-непод-
вижной опорой в точке Лис шарнирно-подвижной в точке В
действуют, как показано на рис. 105,я,
сосредоточенная сила Р=10 кн,
сосредоточенный момент (пара сил)
Л1=40 кн-м и равномерно
распределенная нагрузка интенсивностью
G = 0,8 кн/м. Определить реакции
опор.
Решение.
1. В отличие от предыдущей
задачи здесь, кроме сосредоточенной
силы и равномерно распределенной
нагрузки, равнодействующая q-AD
которой приложена в точке О
посредине участка AD 'AO = OD=^ 2 =3,5 м\ на балку действует
момент М, направленный по часовой стрелке (рис. 105, б).
2. После освобождения балки от связей и замены связей их
реакциями RA и RB получаем уравновешенную систему, составленную
из четырех параллельных сил и одной пары сил (момента).
Рис. 105
* Перед тем как приступить к рассмотрению этой и следующих задач,
необходимо вспомнить два важных свойства пары сил (см. стр. 76).
95

3. Составим два уравнения моментов относительно точек В и А:
ЕМв(Рд=0\ PBC-RABA-M + qADBO-0; A)
VMA(P|) = 0; P.AC-M-qAD-AO + RBAB=0. B)
4. Решая эти уравнения, находим, что
/?а = 7,68 кн и /?в=7,92 кн.
Следующую задачу рекомендуется решить самостоятельно.
Задача 81-14. Двухконсольные балки с шарнирно-подвижной
опорой в точке А и шарнирно-неподвижной опорой в точке В
нагружена, как показано на рис. 106. Определить реакции опор.
Ответ.
а) /?А=61,25 кн; RB=33,75 кн;
б) /?4 = 95 кн; Хв = 32,1 кн; Ув=18,4 кн.
Задача 82-14. Жестко заделанная у левого конца консольная
балка АВ (рис. 107, а) нагружена равномерно распределенной
нагрузкой интенсивностью д =
Т\\а\ М 1 ITT
М=50пнм Рг=25
Ьм
5 кн/м9 сосредоточенной
силой Р= 12 кн и моментом М =
= 20 кн-м. Определить
реакции заделки.
о)
Р,=50*н
Ж q-Вкн/м
\\\ \ 'IHH
М--80кн-м
В г 1
Зм
/м
2м
М 1 * М I 1
дм
j-Hi'
Рис. 106
Рис. 107
Решение.
1. На балку действуют три нагрузки: в точке
С—вертикальная сосредоточенная сила Р, по всей длине балки —равномерно
распределенная нагрузка, которую заменим сосредоточенной силой
f~ABt приложенной в точке О (аО = ОВ= -/=2 м\. Правый
конец балки нагружен моментом Af, действующим против хода
часовой стрелки (рис. 107, б).
2. Равновесие балки обеспечивается жесткой заделкой у точки А.
Освободив балку от связи, заменим ее действие силой —реакцией
связи Ra и реактивным моментом Ма- Но так как реакцию Ra
заделки сразу определить нельзя (по тем же причинам, что и
направление реакции неподвижного шарнира), заменим RA ее
составляющими Хл и 7А, совместив их с осями хну (см. рис. 107, б).
96

3. Составим уравнения равновесия—уравнение проекции на оси
х и у и уравнение моментов относительно точки А:
2Xi = 0; Хд=0; A)
2К, = 0; YA-qAB-P = Q; B)
2Л1д(Р|) = 0; Л*д-</ЛВ.ЛО—Р-ЛС+Л1=0. C)
4. Из уравнения A)
Хд-0,
а это означает, что горизонтальная составляющая реакции заделки
Ra равна нулю, так как в данном случае нет усилий, смещающих
балку АВ в горизонтальном направлении.
Из уравнения B)
Гд = <7-ЛВ + Р=5.4 + 12 = 32 кн.
Выше найдено, что Хд = 0; значит реакция заделки Яд
перпендикулярна к оси х. Следовательно,
/?д = Кд=32 кн.
Из уравнения C)
MA = q-AB.AO + P-AC—M =5-4-2+ 12.3—20=56 /ш«ж.
Таким образом,
/?д = 32 кн и Л1д=56 /ся-л*.
5. Проверку правильности решения можно произвести при
помощи уравнения моментов относительно точки С или В. В любое
из них входят обе найденные ве-
М=25кнм
ш
I S/fi
Ш0лм
qa8KH/M
/м
Р=20кн
0,6м
В
1 *
Г
Рг25кн
—^»
q-Юнн/м
1ПИП *ТТТ
/м I
^7Р
л
личины.
Следующую задачу
рекомендуется решить самостоятельно.
Задача 83-14. Консольные
балки АВУ жестко заделанные у
левого конца, нагружены, как
показано на рис. 108. Определить
полные реакции заделок и
реактивные моменты.
Ответ: а) /?д = 38,8 кн\ /.(RA,
АВ) = 90°; Л!д=18,36 кн-м.
6)RA = 20t7m;?(RAt
ЛВ)=160°; Мд=31,6 кн-м.
Задача 84-14. Однородный брус
длиной ЛВ = 5 м и весом
G = 400 н концом А упирается в
гладкий горизонтальный пол и
в гладкий вертикальный выступ, а в точке D—в ребро
вертикальной стенки высотой ?79 = 4 м. В этом положении брус образует
с вертикальной плоскостью стенки угола = 35° (рис. 109, а).
Определить реакции опор.
Зм
Мкн
1м
Рис. 108
4 А, И. Арку ша
97

Решение.
1. В отличие от предыдущих задач здесь нет ни шарнирных
опор, ни жесткой заделки. Брус свободно опирается о пол, выступ
и ребро стенки- Нагрузкой является только вес бруса,
приложенный по его середине, так как брус
однороден.
2. Освободив брус от связей, изобразим
его вместе со всеми действующими на него
силами (рис. 109, б): в точке С на брус действует
его вес д(вС=АС=-2-=2,5 А Пренебрегая
поперечными размерами бруса, можно считать,
что в точке А на брус действуют дв? реакции:
ГА — вертикальная реакция пола й ХА —
горизонтальная реакция выступа; в точке D к
брусу приложена RD реакция стенки. В
данном случае брус свободно опирается о связи,
поэтому реакция связей перпендикулярна к
опорным поверхностям.
3. Таким образом, на брус действуют
четыре силы: Gt RD, ХА и 7А. Расположив
оси проекций как показано на рис. 109, б и
приняв за центр моментов точку Л, составим
уравнения равновесия:
?Xi=0; RDcosa^-XA^0; A)
?К, = 0; /?Dsina-G + KA = 0; B)
Рис.109 ХМд(Р|)=0; -RDAD + GAK=0. (З)
4. Решаем полученную систему уравнений.
Предварительно определяем АК и AD. Из рис. 109, б
находим, что
AK^ACsina и AD =
ED
cos a*
И теперь из уравнения C):
G-AK G- AC sin acosa 400 • 2,5 sin 35°cos 35°
&>«-
AD
ED ~~
RD^U7 H.
Из уравнения A)
X4 = #0cosa=117cos35°=96 н.
Из уравнения B)
KA=G — /^sina^OO— 117sin35°=333 н.
Следовательно,
Хд = 95 «, КА = 333 н и #0=117«.
5. Проверку можно произвести при помощи уравнения
моментов относительно точки С.

Задача 85-14. Однородный брус АВ длиной 5 м и весом
G = 180 и, прикрепленный к вертикальной стене шарниром А,
опирается в точке D на выступ, ширина которого ?D=1,5jk;
при этом брус образует с вертикалью угол а=30°. К концу fl
бруса прикреплена нить, перекинутая через блок и несущая на
другом конце груз Р = 360 н (рис. 110); угол р = 40°. Определить
реакцию выступа ED и полную реакцию шарнира Л.
Решение 1.
1. К брусу АВ приложены две нагрузки—его собственный вес
G в середине бруса (так как брус однородный), действующий вер-
Рис. ПО
Рис. Ill
тикалыю вниз, и к нижнему концу —сила Р, направленная под
углом р к ВА. Изобразим брус вместе с этими силами отдельно
на рис. 111, а.
2. Брус имеет две опоры. В точке D он свободно опирается
на ребро выступа ?D, и поэтому реакция выступа RD направлена
перпендикулярно к брусу АВ. В точке А брус имеет шарнирно-
неподвижную опору, направление реакции RA которой неизвестно.
Заменим искомую реакцию двумя составляющими А^ и YA,
допустив, что первая направлена горизонтально, а вторая —
вертикально (см. рис. 111, а).
Таким образом, на брус АВ действует уравновешенная система
пяти сил XAl YAt RD, G и P.
3. Поместив начало осей координат в точке Е и расположив
их в соответствии с выбранным направлением сил КА и УА
горизонтально и вертикально, составим уравнения равновесия:
?Xf=:0; XA + RDcosa—Psm(a + $) = 0; A)
2У/--0; YA-G\ /?/>sina + Pcos(a+P) = 0; B)
vma(P;) = 0; —G-AL + Rd-AD — P-AK^O. C)
4*
99

4. Находим плечи ALt AD и Л/(:
4L=4Csina===^stna=== ysin30°=l,25 м9
лгл ED 1,5 о
sin a sin 30°
il/C = j4fisinp=5sin40o = 3,21 м.
Теперь решаем полученные уравнения.
Из уравнения C)
п G'AL + P-AK 180.1,25 + 360-3,21 ™
/?*= jd = з = 460 н-
Из уравнения A)
XA = Ps'm(a + $) — /?дсо$а = 360 81п.70° — 460 cos30° = — 60 к.
Из уравнения B)
HA = G —/fosina—Pcos(a + p)=!80 —460sin30° —
— 360 cos 70°- — 173 «.
5. Знаки «минус» у числовых значений составляющих
реакции шарнира А показывают, что составляющая XА направлена по
горизонтали влево, а У' А— по вертикали вниз, как это показано
на рис. 111,6:
6. Находим модуль полной реакции RA шарнира Л и ее
направление (угол ф на рис. 111,6):
/?д==]/Х-л + Г2л=-Кб02+1732=183 и,
|Х-| 60
sin9 = lyL===_7j = o,328 и <p=19°10\
Из рис. 111,6 видно, что реакция шарнира А образует с
брусом А В угол (ср +се) = 49° 10'.
Таким образом, реакция выступа перпендикулярна к брусу и
равна RD = A60 н; реакция шарнира направлена к брусу под
углом 49°10' и равна /?^= 183 н.
Решение 2.
Так как направление и числовое значение полной реакции
шарнирно-неподвижной опоры не зависят от первоначально
предполагаемого выбора направления составляющих ХА и YAl то при
решении подобных задач можно расположить их как угодно.
1. Можно, например, предположить, что одна из составляющих
реакции шарнира направлена вдоль бруса АВ, а вторая —
перпендикулярно к нему.
2. Изобразим при таком предположении силы, приложенные
к брусу, на рис. 112, а. Расположим оси х и у как показано на
том же рисунке и составим уравнения равновесия, приняв за центр
моментов [для уравнения C)] точку D:
VX/ = 0; Хл + Gcosa —Pcosp = 0; A)
?У^=0; YA — Gsina + /?n — Psinp — O; B)
%MD{Pi) = 0; —YA-DA + G-DL — P.DK = 0. C)
100

3. Найдем плечи:
па — ED __JrL_q
DL = CD sma = (DA —С A) s\na = C — 2,5) sin30°=*0,25 м;
DK = DBs'm$ = (AB-AD)sin$ = E — 3) sin 40°= 1,285 м.
Теперь решим уравнения.
Из уравнения A)
ХА = Рcosр — G cos a = 360cos 40°— 180cos30°= 119 н.
Из уравнения C)
v _ О • PI - Я • Р/С __ 180 • 0,25-360 • 1,285 |QQ
Гл~~ Ш "" з 1с5У Нл
Из уравнения B)
RD = G sina + Я sir. 0 — Кл = 180 sin 30° + 360 sin 40°+ 139 = 460 «.
4. Как видно, реакция RD имеет такое же значение, что и
в первом решении. Составляющие реакции Ra направлены так,
как показано на рис. 112, б. Используя этот рисунок, найдем
модуль и направление (угол ф) RA:
RA= VXX+Y*A = 1/1192+1392 =
=183 н\
Sin(p = -
КА
139
-=11зв0'760'
<р = 49°30\
Рис. 112
Рис. 113
Как видно, результаты получаются те же; небольшое
расхождение @,7%) в значении угла, определяющем направление реакции
Ra относительно бруса АВ, объясняется приближенностью
вычислений.
Задача 86-14 (для самостоятельного решения). Однородный
брус АВ длиной 4 м и весом G = 200 н, закрепленный в точке А
неподвижным шарниром, а в точке С опирающийся на ребро стены,
образует с горизонтом угол а —45° (рис. 113). К концу В
прикреплена веревка, несущая груз Р = 500 н. Веревка перекинута
101

через блок D, расположенный так, что угол, образуемый веревкой
и брусом, равен-р=25°; ЛС = 2,5 ле. Определить реакцию шарнира
и стены.
Ответ. /?д=602 н; Z. (Ra> ЛВ) = 9°45'; /?с=451 н.
Задача 87-14. Балка АВ, нагруженная как показано на рис. 114, а,
удерживается в равновесии стержнями /, 2 и 5, имеющими по
концам шарнирные крепления.
Определить реакции стержней.
При этом Р = 80 кн\ М =
= 50 кн-м; д=20 кн/м: а = 30° и
р = 40°.
Решен ие 1.
1. На балку АВ действуют три
нагрузки: в точке Л
—сосредоточенная сила Р и момент М, а на
участке СВ = 6 ж —равномерно
распределенная нагрузка
интенсивностью gt которую заменим
равнодействующей q-CB,
приложенной в точке О —посредине участка
СВ. Следовательно (рис. 114, б),
Рис. 114
СО=у=3
м.
2. Так как прямолинейные стержни при шарнирных креплениях
могут только растягиваться или сжиматься, то реакции стержней
направлены вдоль них. Предположим, что^ вс^ стержни растянуты.
Заменим их (см. рис. 114,6) реакциями JVV N2 и N3.
3. Составим, как обычно, три уравнения равновесия:
?*i=0;
s =0; — Nx sin a + N2 sin p =0;
= 0; — P + tf,cosa + JVecosP — q-CB
... . - tfs = 0;
M + P-AC — q-CB-CO — N3-CD=0.
A)
B)
C)
4. Из уравнения (З)
., P-AC — M-qCB-CO 80-1-50-20-6-3 cc
Ns = ^ = 5 = -66 кн.
Знак «минус» указывает, на то, что стержень 3 сжат и реакция
Nz направлена вверх.
Из уравнения A) выразим Nt через N2:
Nt = N2 =
sin p sin 40°
sin a sin 30*
JV,-l,286tf,
D)
102

Подставим полученное значение W, в уравнение B) и найдем
г-
— P+l,286JV2cosa + JV2cosp — q-CB — ЛГ3 = 0,
из него N2:
N*
P + q-CB + N3
) + 206-66
134
*2 1,286 cos a -f cos P ~~ 1,286 cos 30° + cos 40" — 1,88 ~ 71»3 KH'
И теперь из D)
^=1,286.71,3 = 91,6 кн.
Таким образом, стержни / и 2 растянуты и их реакции
Л^! = 91,6 /с«, jV2 = 71,3 kh, стержень 3 сжат, его реакция
iV3 = 66 кн.
Рассмотренное решение неудобно тем, что оно требует
подстановки в одно из уравнений неизвестного из другого уравнения.
Если из числа трех опорных стержней два имеют общий
шарнир, то задачу можно решить иначе. Сначала определить реакцию
общего шарнира, а затем, используя правило треугольника, найти
реакции сходящихся у шарнира стержней.
В рассмотренной задаче обе нагрузки действуют вертикально,
а момент только стремится повернуть балку; значит нет усилий,
смещающих балку в горизонтальном
направлении. Поэтому аналогично
тому, как указывалось в задачах
75-14, 79-14, 80-14, нагрузки могут
быть уравновешены двумя
реакциями, перпендикулярными к балке. А л„^
так как реакция стержня 3 перпен- чТ\^
дикулярна к балке, то и равнодей- м\
ствующая реакций / и 2
перпендикулярна к ней. На этом и
основывается следующее решение.
Решен ие 2.
1. В отличие от первого рещения
реакции стержней / и 2 заменим их
равнодействующей Rc- Тогда
расчетная схема примет вид, показанный
на рис. 115, а (штриховыми
линиями ССг и СС2 показаны положения
стержней / и 2).
2. Составим два уравнения моментов, приняв за центры
моментов точки С и D:
?Mc(Pi)==0; -~M + P-CA—q-CB-CO-N3-CD = Qt (l)
2ЛЫР|) = 0; — M + P-DA-RC'DC + q-CB-DO = 0. B)
3. Уравнение A) аналогично уравнению C) в первом решении.
Решая уравнение A), найдем, что
Рис. 115
Ли = — 60 кн.
103

Из уравнения B)
D P-AD-M+qCB 0D Ю • 6-50 + 20 • 6 • 2 1СМ
/<с= ^ -- g — '^ кн-
JTaKHM образом, вертикальная равнодействующая реакций Мх
и N2 двух первых стержней равна 134 кн.
4. Применив правило треугольника, разложим силу Rc на
составляющие Л\ и N2 (рис. 115,6), направления которых известны
(реакции Л7! и N2 направлены вдоль стержней CCj и СС2).
На векторе Rc как на стороне построим треугольник abc,
стороны ас и ей которого, изображающие искомые реакции стержней,
соответственно параллельны
стержням СС2 и CCV
5. На основе теоремы синусов
Л?,
Rr
sin p sin a sin (а + Р)'
так как
sine = sin[ 180°—(а + p)c]^sin(a + р).
Отсюда
/?csinp 134 sin 40°
Рис. 116
и
Rr sin a
/V5L sin(a+P)"
sin 70°
134 sin 30°
91,6 кн
sin 70°
- = 71,3 кн.
Следующую задачу рекомендуется решить самостоятельно.
Задача 88-14. Балка АВУ нагруженная, как показано на рис. 116,
удерживается в равновесии в горизонтальном положении тремя
стержнями с шарнирными креплениями по концам. Определить
реакции стержней, если:
а) q=\2 кн/м\ М = 30 кн-м; a = 40°; 0 = 50°; у = 0°;
б) <7 = 18 кн/м; М = 60 кн-м; a = 20°; р = 35°; у = 20°.
Ответы:
а) Л^ = 45,6 кн (сжат); iV2==54,4 кн (сжат);
iV3=l кн (растянут);
б) Л^ = 76,6 кн; iV2 = 45,2 кн; N3 = 1,065 кн (все стержни сжаты).
§ 15-3. РАВНОВЕСИЕ С УЧЕТОМ СИЛ ТРЕНИЯ
Задачи, приведенные в этом параграфе, отличаются от
предыдущих тем, что в них рассматривается равновесие тел,
имеющих, кроме идеальных, еще и реальные связи, т. е. связи
с трением (Е. М. Никитин, § 35, 36 и 37).
104

При свободном опирании тела на поверхность идеальной связи
реакция такой связи/?и<с (рис. 117, а) направлена перпендикулярно
к ее поверхности, т. е. по нормали п к этой поверхности.
Если же тело опирается на поверхность реальной связи (в
отличие от идеальных связей реальные связи условимся отмечать
двойной штриховкой), то ее реакция Rpc (рис. 117,6) в
зависимости от нагрузок, приложенных
к телу, отклонится от нормали п
к поверхности связи на
некоторый угол ф.
Поясним это общее положение
следующим примером.
Наклонный брус (рис. 118, а),
вес которого G, опирается в двух
Рис. 117
Рис. 118
точках А и В соответственно на вертикальную и горизонтальную
поверхности идеальных связей. Этот брус не может находиться
в равновесии, потому что три силы —вес бруса G и реакции Ra
и Re— расположены так, что не выполняется необходимое условие
равновесия трех непараллельных сил; их линии действия не
пересекаются в одной точке.
Чтобы брус, показанный на рис. 118, а, находился в
равновесии, необходимо наложить еще одну связь, например, удержать
брус шнуром или упереть в выступ на горизонтальной плоскости
(обе возможные связи показаны пунктиром).
Теперь представим, что в точке В брус опирается не на
идеально гладкую, а на шероховатую (реальную) поверхность
(рис 118, б). В этом случае брус может находиться в равновесии
105

без дополнительной связи (шнура или упорной планки). Значит
три силы —вес G и реакции опор Ra и /?в —образуют
уравновешенную систему. Равновесие трех сил, действующих на брус,
возможно потому, что реакция RB реальной связи отклоняется
на некоторый угол <р от нормали к поверхности связи и линии
действия всех трех сил пересекаются в точке О.
Если реакцию RB реальной связи разложим на две
составляющие, направленные вдоль поверхности и перпендикулярно к ней
(это разложение показано на рис. 118, а справа), то получим силу
NB — нормальную составляющую RBt численно равную
нормальному давлению, производимому концом бруса на опору, и силу
JF — касательную составляющую реакции RB> которая называется
силой трения.
При увеличении угла а, характеризующего наклон бруса
относительно горизонтальной поверхности, угол ф уменьшается, а вместе
с ним уменьшается и сила трения, но брус сохраняет равновесие.
Если же уменьшать угол а, то угол ср, характеризующий
отклонение реакции RB от нормали, увеличивается, а вместе с ним
увеличивается и сила трения (рис. 118, в). При некотором наклоне
бруса, определенном для данной пары соприкасающихся в точке В
тел (например, для деревянного бруса, опирающегося о
деревянный пол), брус скользит. Это означает, что сила трения, достигая
предельного значения, больше увеличиваться не может. При этом
реакция отклоняется также до предельного значения <р = ф0 и при
дальнейшем уменьшении угла а линия действия реакции RB уже
не попадает в точку пересечения сил G и /?д.
Угол ф0, соответствующий Fmax — максимальному значению силы
трения, называется углом трения. Числовое значение угла трения
зависит от материала соприкасающихся тел и от состояния их
поверхностей.
Для случая предельного равновесия (грань между покоем и
движением; § 37 в учебнике Е. М. Никитина) между силой
трения и углом трения имеем такую зависимость:
Постоянное для данной пары соприкасающихся тел значение
^бФо^/ называется коэффициентом трения при покое.
Таким образом,
Fma*=fN,
[формула C3) в учебнике Е. М. Никитина, § 36].
При решении задач необходимо учитывать, что сила трения
направлена всегда в сторону, противоположную той, при которой
точка может скользить по идеальной поверхности.
106

Если в число реакций связей, обеспечивающих равновесие тела,
входит сила трения, то такое состояние равновесия называется
самоторможением (условие самоторможения тела в общей форме
изложено в конце § 37 учебника Е. М. Никитина). Во всех
приведенных ниже задачах рассмотрены различные случаи
самоторможения (равновесия при наличии силы трения) и условия,
при которых возможно самоторможение.
Задача 89-15. Тело А массой 8 кг поставлено на шероховатую
горизонтальную поверхность стола. К телу привязана нить,
перекинутая через блок Б (рис. 119, а). Какой груз Р можно
подвязать к концу нити, свешивающейся с блока, чтобы не нарушить
равновесия тела А? Коэффициент трения / = 0,4. Трением на блоке
пренебречь.
Решение.
1. Если масса тела А т = 8 кг, то его вес
G=mg=8- 9,81 = 78,48 «^78,5 я.
2. Пренебрегая размерами тела, будем считать, что все силы
приложены к точке Л.
3. Когда тело поставлено на горизонтальную поверхность, то
на него действуют только две силы: вес G и противоположно
направленная реакция опоры а\
Ra = N (рис. 119, б).
4. Если же приложить
некоторую силу Р, действующую
вдоль горизонтальной
поверхности, то реакция
RA,уравновешивающая силы G и Р, начнет
отклоняться от вертикали, но
тело А будет находиться в
равновесии до тех пор, пока
модуль силы Р не превысит
максимального значения силы
трения F, соответствующей предельному значению угла ф0 (рис. 119, в).
5. Разложив реакцию /?д на две составляющие F и N> получаем
систему четырех сил, приложенных к одной точке (рис. 119, г).
Спроектировав эту систему сил на оси хну, получим два
уравнения равновесия:
2Ъ = 0; P-Fmax = 0; A)
?К; = 0; tf-G = 0. B)
Решаем полученную систему уравнений:
Рис. 119
но
поэтому
Г — * max»
Fma*=fN, a N=G,
P=/G = 0,4-78,5=31,4 «.
107

Таким образом, равновесие тела А сохраняется при условии,
что к концу нити, перекинутой через блок, подвешен груз, не
превышающий но весу 31,4 н.
При этом масса груза Р
Р 31,4 0 n
Задача 90-15. При каком минимальном коэффициенте трения
между полом и лестницей последняя может находиться в
равновесии, опираясь верхним концом о гладкую
стену, как показано на рис. 120, а? Вес
лестницы G = 120 н.
Решение.
1. На лестницу действует только одна
нагрузка—ее собственный вес, приложенный в точке
С посредине длины лестницы АВ.
2. Вес лестницы уравновешен реакцией Ra
гладкой стены и реакцией шероховатого пола,
которую заменим двумя составляющими: N —
нормальной составляющей и F — силой трения
(рис. 120,6).
3. Составим три уравнения равновесия:
"SX* = 0; Ra-F=0; (I)
vy. = 0; N — G = 0; B)
EMB{Pi)=*0; G~sina — RA-ABcosa^Q. C)
4. Из уравнений A) и C)
G sin a
2 cos а
G_
2
^ = Ял = Н^=Т^а = б0^20° = 21'8 «¦
А так как N = (? [из уравнения B)], то минимальный
коэффициент трения, обеспечивающий равновесие лестницы,
Таким образом, при /^0,2 лестница находится в равновесии.
Задача 91-15. В месте соприкосновения пола и лестницы в
предыдущей задаче коэффициент трения / = 0,4. Сможет ли человек,
масса которого 70 кг, подняться по лестнице до самого верха и
чтобы лестница при этом не скользила по полу?
Решение.
1. К силам Сд, Ra> F и N, действующим на лестницу и
приведенным в предыдущей задаче, необходимо добавить еще одну
нагрузку —вес человека G4— и приложить его у верхнего конца
лестницы (рис. 121).
2. Вес человека
G4 = mg = 70.9,81=687 н.
108

3. Человек сможет подняться до самого верха лестницы лишь
в том случае, если горизонтальная составляющая реакции пола
(сила F на рис. 121) будет меньше Fmux = fN максимального
значения силы трения, возможного при данном коэффициенте трения.
4. Составим уравнения равновесия:
VX^O; RA-F = 0; A)
?ул = 0; W_G.,-G4 = 0; B)
1!^Ил(Р*) = 0; G4AB sina — RA-ABcosa + G.^sma^O. C)
5. Из уравнения B)
W = G.7 + G4= 120 + 687 = 807 н.
Максимальная сила трения, которая может возникнуть в
данном случае,
Fmax = /iV = 0,4.807 = 323 н.
Из уравнений A) и C) находим силу
F—горизонтальную составляющую реакции пола, которая
может обеспечить равновесие лестницы с человеком,
стоящим наверху:
F = /^ = (G4 + ^)tga = F8 + 60)tg20°==272 н.
Таким образом,
'шах ^ * •
Следовательно, человек сможет подняться по
лестнице до самого верха.
Задача 92-15. При каких значениях угла а, образуемого с
гладкой вертикальной стеной, лестница, опирающаяся нижним концом
о шероховатый горизонтальный пол, будет находиться в
равновесии, если, кроме собственного веса, она ничем не нагружена и
известно, что коэффициент трения при соприкосновении лестницы
с полом /?
Решение.
1. Для решения этой задачи воспользуемся рис. 120, б, так
как на лестницу действуют те же четыре силы: вес
лестницы G,_ реакция гладкой стены Ra и две составляющие реакции
пола — F и N.
2. Лестница не выйдет из состояния равновесия (не начнет
скользить) до тех пор, пока
F<FmaK = fN, (а)
т. е. пока горизонтальная составляющая реакции пола остается
меньше максимальной силы трения, возникающей при опирании
лестницы о пол в данном случае.
109

3. Из уравнений A) и C), составленных при решении задачи
90-15, найдено, что
F=|tga. (б)
Сопоставляем уравнения (а) и (б):
f tga<flV.
случае G = N, то лестница находится
пока выполняется неравенство
tga<2/, (в)
А так как в данном
равновесии до тех пор,
или
tga<2tgcp0,
где ф0 — угол трения.
Следовательно, лестница находится в равновесии до тех пор,
пока тангенс угла, образуемого лестницей с вертикальной гладкой
стеной, остается меньше удвоенного
коэффициента трения между лестницей и полом.
Например, при /=0,4
tga = 0,8, a = 3840'
и неравенство
углов
(в) соблюдается при значениях
0<а<38°40'.
Следовательно, при / = 0,4 лестница не будет
скользить по полу при любом значении угла a
от 0 до 38°40\
Следующую задачу рекомендуется решить
самостоятельно.
Задача 93-15. При каких значениях угла a
однородная лестница, опирающаяся на
шероховатые стену и пол (рис. 122), будет находиться
в равновесии? Коэффициенты трения при опи-
рании лестницы о стену и о пол считать
одинаковыми и равными /.
Ответ, tg a <1jL или tga< {1^gT° = tg2ф0.
Указание. В данной задаче в системе
сил, действующих на лестницу, образуется пять
неизвестных: четыре реакции и угол а. Поэтому при
решении задачи нужно к трем уравнениям
равновесия добавить еще два уравнения, выражающих
зависимость сил трения от нормального давления.
Задача 94-15. Цилиндр с горизонтальной
площадкой наверху (рис. 123, а), находясь в двух
кольцевых направляющих, скользит вниз, так как между
поверхностью цилиндра и поверхностями направляющих имеется
незначительный зазор. Вес цилиндра G. На каком наименьшем расстоянии
110

/ от оси цилиндра необходимо поместить груз Q, чтобы цилиндр
перестал скользить? Коэффициент трения f. Расстояние между
направляющими кольцами а.
Решение.
1. На цилиндр в состоянии равновесия действуют две нагрузки:
вес G и груз Q (рис. 123, б).
2. Груз Q, помещенный на горизонтальную площадку,
прижимает цилиндр к верхнему направляющему кольцу в точке Л,
а к нижнему — в точке В. Благодаря зазору в точках С и D
цилиндр не касается направляющих колец. В точках А и В
возникают две реакции, которые заменим их составляющими Nlt
Fx (в точке А) и N2* F2 (в точке 5).
3. Образовалось пять неизвестных величин: Flt Nly F2, N2 и /.
Если спроектировать все силы на ось х, то получим
#2-^1 = 0, A)
откуда
Nt = N%. (la)
Так как
Fi = fNt B)
F2 = fN2, C)
а также, имея в виду равенство Aа), находим, что
Ft = FM. (За)
Спроектировав все силы на ось у, получим четвертое уравнение:
FX + F%-G-Q = Q, D)
откуда с учетом (За)
F.-F.-ф. Dа)
Приняв за центр моментов точку О, лежащую на оси цилиндра
и на середине расстояния я, составим пятое уравнение —
уравнение моментов, в котором d — диаметр цилиндра (d = CA = BD):
Имея в виду равенства Aа) и (За), уравнение E) можно
упростить так:
откуда
/ Nia /с \
' = 7Р Eа)
Если теперь в уравнение B) подставить значение Fx из Dа), то
Ш

откуда
tf,=
G+Q
2/ '
,-<>
a\
И теперь выражение Eа) принимает окончательный вид:
/^ (Q-bQ)fl
1 ^ 2/Q •
При значениях /, удовлетворяющих полученному неравенству,
цилиндр не скользит вниз.
Задача 95-15. Тело А поставлено на негладкую пластину ВС,
которую можно поворачивать около шарнира В. Коэффициент
трения / между телом А и пластиной ВС
известен. Определить, при каких
значениях угла а (рис. 124, а) тело А будет
оставаться на пластине в покое?
Решение.
1. Представим, что пластина ВС
наклонена к горизонту на некоторый
угол а (рис. 124, б).
При этом положении пластины на
тело А действуют три силы: его
собственный вес C, нормальнаяреакция
N пластины и сила трения /•',
действующая на тело вдоль пластины и которая при некотором
положении пластины ВС сможет достичь максимального значения.
2. Тело А будет находиться в покое до тех пор, пока
равнодействующая сил G и N, направленная вдоль пластины, будет
оставаться меньше Fmax, т. е. пока
Рис. 124
Но
поэтому
или
R<Fmax=fN.
/? = AMga,
N tga< fN
tga</.
(а)
Следовательно, пока тангенс угла наклона пластины к
горизонту меньше коэффициента трения, тело А остается в покое.
Это положение выражает так называемое условие
самоторможения тела по наклонной плоскости.
3. Учитывая, что
/=tg<p6,
где ф0 — угол трения, неравенство (а) можно представить в виде
tga<tg<(H.
112

Так как углы а и <р0 — острые и, следовательно, меньшему
тангенсу соответствует меньший угол, последнее неравенство можно
заменить равносильным неравенством
а<ф0.
Тело А находится в покое на наклонной плоскости до тех пор,
пока угол наклона плоскости
меньше угла трения.
Следующую задачу
рекомендуется решить самостоятельно.
Задача 96-15. Какой груз Р
можно прикрепить к концу нити
АВ, перекинутой через блок С,
чтобы тело М весом G=5 кн Рис. 125
могло находиться в состоянии
покоя на наклонной плоскости с углом подъема а при коэффициенте /?
При этом: 1) а = 20° и / = 0,25; 2) а = 30" и / = 0,4 (рис. 125).
Ответ: 1) 0,54 к«<Р<2,88 кн; 2) 0,77 <Р< 4,23 кн.
§ 16-3. СОЧЛЕНЕННЫЕ СИСТЕМЫ
Сочлененной называется система нескольких тел,
соединенных друг с другом при помощи внутренних связей: простого
опирания, стержней илп нитей (цепей), шарниров.
При решении некоторых задач с сочлененными системами
равновесие каждого тела системы рассматривают отдельно. При этом
в месте сочленения тел возникают две силы, одна из которых
приложена к одному телу, а другая — ко второму
телу. Эти силы равны по модулю, направлены
вдоль одной прямой, но в противоположные
стороны (закон равенства действия и
противодействия).
На рис. 126 показаны силы взаимодействия,
возникающие между телами А и В: Рап — действие
тела А на тело В и Рва — действие тела В на Ра8~~рвл
тело А. Если, например, тело А служит опорой Рис. 126
для В (связью), то Рав — реакция связи,
приложенная к телу В, аР#д—сила давления (нагрузка), приложенная
к телу А.
На рис. 127 показаны силы, возникающие при взаимодействии
тел Л и В не непосредственно друг с другом, а через стержень.
Если допустить, что тело А действует на В через стержень силой
Tab* to тогда со стороны тела В возникнет сила ТВА. В задачах,
как правило, рассматривают только эти две силы, приложенные
к телам А и В (рис. 127, а).
На рис. 127,6 показаны силы, приложенные только к стержню,
т. е. показаны действия на стержень тел А и В.
П.ч

Если два тела А и В связаны друг с другом при помощи так
называемого внутреннего шарнира (рис. 128), то направление сил
взаимодействия заранее неизвестно. Поэтому каждая из сил
взаимодействия между телами (силы Rab и RBa — предпол<?жительно
о) 5)
Рис. 127 Рис. 128
показаны на рис. 128 штриховыми векторами) заменяются
составляющими XABt УАВ и ХВА, ?ва- Причем Rab = — Rba> %ав = — Xвл
и Рлв = — ?ВА.
Задача 97-16. Балка АВ, имея в точке А шарнирное
крепление, опирается в точке В на балку CD (рис. 129, а), которая
удерживается в равновесии стержнем EF (в точкак Е и F —
шарнирные соединения) и шарниром
D. Размеры и расположение
нагрузок показаны на рисунке.
Определить реакции шарниров
Л, D и стержня EF. />i = />2 =
= 20 кн, <7=12 кн/м, а = 48°.
Решение.
1. Рассмотрим равновесие
каждой балки. Для этого изобразим
балки АВ и CD раздельно. На
рис. 129, б изображена балка АВ
с двумя нагрузками Рх и qLBt
составляющими реакции
шарнира А (ХА и Та), и реакцией опоры
в точке В (NCb)-
На рис. 129, в изображена
балка CD, имеющая заданную
нагрузку Я2, нагрузку NBC, которая неизвестна, составляющие
реакции шарнира D (XD и YD) и реакцию Те стержня EF.
2. Рассмотрим равновесие балки АВ и составим уравнения
(начинать решение задачи с рассмотрения равновесия балки CD
пока не имеет смысла, так как в три уравнения равновесия,
которые можно составить для плоской системы сил, войдут четыре
неизвестные силы NBC, TE, XD и YD):
ZXi = 0; ХА = 0; A)
%MA{Pj) = 0\ —Рг-АК — q'LB-AO + NcB-AB^O; B)
2ЛЫР|) = 0; —YA.BA + PrBK + q-LB'BO = 0. C)
Рис. 129
114

Из уравнения A)
Из уравнения B)
Л/ ^Pi-AK + q-LB-АО _2Q.1 + 12-2-3 „,,
/V ев ^g j — ZO К«.
Из уравнения C)
v _PlBK+qLBBO__ 20.34-12.2»! 01
3. Теперь можно рассмотреть равновесие балки CD. Реакция
балки CD, иными словами ее противодействие давлению балки АВ9
уже известна:
Ncb = 23 кл,
а значит известна и сила давления NBC.
Таким образом,
Ncb = Nbc = 23 кн.
Учитывая это, составим уравнения равновесия для балки CD
и решим их:
?Х, = 0; XD-TEco$a = 0> (J)
?ЛЫР;) = 0; YD.ED-P2-EH + NBC.EC = 0t B)
2ЛЫ^) = 0; P2-DH-TEDEs\na + NBCDC=0. (З)
Из уравнения C)
Из уравнения A)
Из уравнения B)
Г?=55,7 кн.
Хд=37,3 к«.
KD=1,57 кн.
Реакция шарнира А определена выше:
#л = Кд = 21 кн.
Проверку решения можно произвести при помощи любого из
трех уравнений равновесия, составленного для всей сочлененной
системы. В данном случае для проверки можно, например,
использовать уравнение моментов относительно точки опоры одной балки
на другую (точка В или С):
?Mfl(?i) = 0; -YA>AB + PrKB + q.LB-OB +
+ TE'CEs\na-P2.HB + YD-DB = 0.
Подставив в уравнение значения величин, убедимся в том, что
уравнение обратится в тождество. Значит, задача решена
правильно.
Задача 98-16. Балка АВ жестко заделана у точки А и
нагружена по всей длине равномерно распределенной нагрузкой интен-
115

о)
if m \ttt\r
сивностью <7=8 кн/м (рис. 130, а). В точке В к балке шарнирно
прикреплен стержень, ко второму концу которого также шарнирно
прикреплена вторая балка СД опирающаяся кроме того, в точке D
на стержни DF и DK (соединения в точках D, F и К —
шарнирные). Балка CD нагружена силой Р = 10 кн и моментом М =
= 50 кн - ж.
Определить реакции в заделке и усилия во всех трех
стержнях, если стержень ВС вертикален и углы a = 52°, 0 = 38°.
Решение.
1. Рассмотрим равновесие каждой балки отдельно.
К балке АВ приложены две нагрузки - по всей длине
равномерно распределена нагрузка д-АВ и в точке В сила Тев~
переданное стержнем действие
балки CD (рис. 130, б). Обе эти
нагрузки уравновешиваются
вертикальной реакцией Ra и
реактивным моментом Ма
заделки (реакция Ra заделки не
отклонена от вертикали, так
как в данном случае нет
усилий, стремящихся сместить
балку АВ в горизонтальном
направлении).
К балке CD приложены
сосредоточенная сила Р и момент
М. Обе нагрузки
уравновешиваются реакциями, возникшими
в стержнях ВС, DF и DK. Но
так как соединительный
стержень ВС расположен
перпендикулярно к балке, а нагрузки
не смещают ее в
горизонтальном направлении, то
равнодействующая реакций
стержней DF и DK> приложенная в точке D, направлена
перпендикулярно к балке (реакция RD (рис. 130, в).
2. Составим уравнения равновесия для балки CD
ZMD(Pi) = Q; -Tbc-DC-M + P-DE=0; A)
?Mc(Pi) = 0; -M—PCE + RD-CD = 0. B)
Рис. 130
Из уравнения A)
Твс =
P-DE — M 10-3 — 50
DC
= — 4 кн.
Знак минус показывает, что реакция Твс направлена не вверх,
как показанЬ на рис. 130, в, а вниз. Таким образом, стержень ВС
не растянут, как предполагалось, а сжат. Значит и ТСв = Тис —
И6

= - 4 кн, т. е. нагрузка Тсв на балку АВ действует вверх, а Не
вниз, как показано на рис. 130, б.
Из уравнения B)
Ь = »1?™-»±«±*-14 кн.
3. Реакция RD является равнодействующей реакций Л^ и RK
стержней DF и DK- Найдем эти реакции из рассмотрения
треугольника dkf (рис. 130, г), построенного на силе RD (см. задачу
87-14, решение 2).
Треугольник dkf прямоугольный, так как а + р = 52° + 38с> = 90°,
следовательно,
NF=*RD sin 38° = 14 sin 38° = 8,6 кн
(стержень ED сжат, так как реакция направлена от стержня
к шарниру D):
iVK=/?0 sin 52° = 14 sin 52° = 11 кн
(стержень KD также сжат).
Таким образом, усилия во всех стержнях найдены и все
стержни сжаты.
4. Для определения реакций в заделке нужно составить
уравнения равновесия для балки АВ (см. рис. 130, б):
2^ = 0; RA—q.AB — TCB=0\ C)
? МА (Pi) =-0; МА — q-AB-AO — ТСв-АВ=*.0. D)
Из уравнения C) находим Ra (учитывая, что ТСв = — 4 кн):
/?л=(?.ЛД + 7Сд=8-4 — 4 = 28 кн.
Из уравнения D)
Мл = <7-ЛО-ЛВ + ГСв-ЛВ=8.4.2--4-4 = 48 кн-м.
Проверку решения рекомендуется выполнить самостоятельно.
* *
*
При решении задач, в которых сочленение тел произведено при
помощи промежуточного шарнира, целесообразно сначала составить
уравнения равновесия для всей системы, а затем добавить к ним
уравнение моментов сил относительно промежуточного шарнира
для одного из тел сочлененной системы.
Покажем это на примере следующей задачи.
Задача 99-16. Балки 1 и 2, шарниром С соединенные между
собой, шарнирно прикреплены к неподвижным опорам в точках А
и В (рис. 131, а). Длина балок одинакова: ЛС=ВС=4 ж. Балка
1 в точке D нагружена вертикальной силой Р1=100 кГу а в точке
? —горизонтальной силой Р2=80 кГ. Балка 2 в точке F нагружена
117

перпендикулярной к ней силой Ръ~200 кГ. Угол а=50°.
Определить реакции шарниров Л и В.
Решение.
1. Освободим балки от связей в точках Л и В. Действие
шарниров Л и В заменим их реакциями, разложив каждую реакцию
на две составляющие по осям х и у
(рис. 131, б).
При рассмотрении равновесия
обеих балок силы взаимодействия,
возникающие в промежуточном
шарнире С (составляющие этих сил
показаны на рис. 131,6 штриховой
линией), друг друга уравновешивают и
поэтому могут не учитываться при
составлении уравнений равновесия.
Таким образом, на систему
балок / и 2 действуют всего семь
внешних сил, расположенных в
одной плоскости: Plt Р2У Р3» %а* ?At
Хв и Fa, из них четыре последние
силы неизвестны.
2. Для определения четырех
неизвестных сил необходимо
составить четыре уравнения.
Из условия равновесия системы балок составим три уравнения
равновесия, приняв для третьего уравнения за центр моментов
Рис. 131
точку В:
2 Хг = 0; XA + P2-P3s\na + XB=0't
2К, = 0; KA-^-P.cosa+KB-O;
A)
B)
2MB(Pi) = 0; -YA-BA + PrBD^P^BEz + Ps-BF^O. C)
Четвертое уравнение составим исходя из равновесия балки 2
(на нее действует меньше сил, чем на балку /):
2 мс(Р,) = 0; YB.CK + XB.CL-P3.CF=0.
D)
3. Определяем плечи сил, входящие в уравнения C) и D)
(рис. 131, б):
B4 = 2.^L = 2-^Ccosa = 2.4cos50°=5,14 м\
BD^BA — DiA^BA— /4Dcosa = 5,14— 1 .cos50° = 4,50 ж;
B?2 = i4?,1 = /l?sina = 3sin50o=2,30 м\
BF=2,5 м\
C/( = BCcosa = 4cos50o = 2,57 щ
CL = BC sin a = 4 sin 50° = 3,06 ,«;
CF=BC—BF-4-2,5=1,5 м.
118

4. Теперь из уравнения C) находим
Рг. ВРХ—Р2 . ВЕ2 + Р3 • BF _ 100 ¦ 4,50 -80 .2,30 + 200 ¦ 2,5
5,14
149
Из уравнения B)
yB = Px + P,cosa—УА = 100 + 200cos50°-149 = 79,5 кн.
Из уравнения D)
Ps. fC-iyCK_ 200-1,5-79,5-2,57_0|
Ав== -prf — ^ лл — ol,l АС#
/Ш,
Из уравнения A)
;a = -P2 + P3sina — Хв = -
3,06
80 + 200sin50° —31,1=41,9 дм.
Проверку решения рекомендуется сделать самостоятельно при
помощи уравнения моментов относительно точки С, составленного
для всей системы.
Если в соответствии с условием задачи требуется определить
силу взаимодействия между балками в шарнире С, то теперь ее
легко найти, рассмотрев равновесие
одной из балок.
В следующей задаче рассмотрим
равновесие сочлененной системы при
наличии сил трения.
Задача 100-16. На наклонных
плоскостях АС и ВС помещены два тела
/ и 2У связанные нитью, которая
перекинута через блок D (рис. 132, а),
/х —коэффициент трения при
взаимодействии тела / с плоскостью АС; /2 —
коэффициент трения при
взаимодействии тела 2 с плоскостью ВС. Вес
первого тела G. При каком весе Q
второго тела будет соблюдаться
равновесие?
Решение.
1. Допустим, что тела / и 2,
связанные нитью, поставлены на наклонные
плоскости и находятся в равновесии.
2. Если вес тела 2 постепенно увеличивать, то при некотором
значении- веса Qma]L равновесие нарушится и оба тела начнут
скользить вправо (тело 2— вниз по СВ> а тело 1—вверх по АС).
Изобразим оба тела с действующими на них силами в
предельном состоянии (рис. 132, б) равновесия, т. е. в момент перед
началом движения. На каждое тело действуют их веса G и Qn,ax>
нормальные реакции наклонных плоскостей Л^ и N2> реакции
нитей t\ и Т2 и силы трения Ft и ?2, направленные в стороны,
противоположные движению тел.
119
Рис. 132

3. Рассмотрим равновесие каждого из тел в отдельности,
пренебрегая их размерами, т. е. считая, что на тела действуют
системы сходящихся сил.
Для сил, действующих на тело /, получим такие уравнения
равновесия:
ХХц—0; ТХ — FX—Gsina = 0,
vylt. = 0; W,—Gcosa=0.
Для сил, действующих на тело 2, получим такие уравнения:
2Х21=0; — Ta-^ + Qn^sinP^O;
vy2/==0; W2-Q„iaxcosp = 0.
Из системы уравнений A)
7\ = Gsina+/r1=Gsina + /1Af1,
а так как
ifi = G cos a,
то
7,1-=G(sina + /1cosa). (а)
Из системы уравнений B)
T2=-Qmax sin p — F2=Qm*x sin §—f2N2,
а так как
W2=QmaxCOSp,
то
r2=Qmax(sinP-/2cosP). (б)
Натяжение нити, перекинутой через блок, по всей длине
одинаково, поэтому
и, следовательно, правые части равенств (а) и (б) также равны
между собой, т. с.
G (sin a + A cosa) = Qmax (sin p —/2 cos P).
Отсюда определяем Q,„ax:
п r sin a-h/^ cos a
^пах-О^—у—[Г*
4. Теперь представим себе, что вес тела 2 постепенно
уменьшается. При некотором значении веса Qm[n равновесие снова
нарушится, но теперь оба тела начнут скользить влево (тело 1 —
вниз по САУ а тело 2 — вверх но ВС).
Изобразим на рис. 132, в оба тела с действующими на них
силами в момент перед началом движения.
В этом случае по сравнению с предыдущим обе силы трения
/•'i и Р\ изменяют свое направление, так как изменяется
направление скольжения тел.
Рассматривая равновесия каждого из тел в отдельности,
получаем следующие системы уравнений равновесия:
120
A)
B)

для тела /
^„-О; Г, f F,-Gsina=0;l
ХУ„=0; Ni—G cosa=0, )
для тела 2
?Л21 = 0; -r24F2bQmmsinp = 0;
VK2, = 0; JV,_-QminCOsp=0.
Решая эти системы уравнений так же, как и в предыдущем
случае, находим Qmm:
Q
A)
B)
^ sin a — ^cosa
?min — ° si„ p -}- f2 cos p *
5. Таким образом, тела 1 и 2 находятся в равновесии при
соблюдении условия
Qmin <CQ <Z Vmax»
причем значения Qm\n и Qmax зависят от веса первого тела, от
коэффициентов трения и от углов подъема наклонных плоскостей.
Так, например, при G=100 кГ, а = р = 45° и/1=/2 = 0,2 имеем:
р sin ее+/i cos«
1 sin P — f 2 cos p "
100
sin45°-t-0.2cos45° 100-1,2
sin 45° —0,2 cos 45°
0,8
150 ic/\
n —r sina—/! cosa_ 1ЛЛ sin 45° —0,2 cos 45е 100»0,8_сг п р
Vmin —f sin p+/i cos p — 1UU sin 45- + 0,2cos45o"~ 1,2 "0,/ KI •
т. е. вес Q удовлетворяет условию
66,7 кГ<<2<150 кЛ
Следующие задачи рекомендуется решить самостоятельно.
Задача 101-16. Определить реакции шарниров Л и С, а также
усилия в стержнях BD и EF системы, показанной на рис. 133.
Весом балок АВ, CD и стержней пренебречь.
Ответ. ХА=0; УА=40 кн\ Ас = 200 кн\ Ус=11,9 кн\ NBD =
= 40 кн\ NEf=--2\5 kh (оба стержня растянуты).
м**28кн-м
q-WKH/м
i
Г
#
Рис. 133
*м
Рис. 134
Задача 102-16. Определить реакции и момент заделки Л, а также
усилия в стержнях ВС, CF и DE системы, показанной на рис. 134.
Весом балок и стержней пренебречь.
121

Ответ. X,4 = 9,45 кн\ К^=14 кн (вниз);
Мл = 40 кн-м (против хода часовой стрелки);
iVBC==;JVi=c=27,6K^; NDE~72KH(Bce стержни растянуты).
§ 17-3. СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМЫЕ ФЕРМЫ.
МЕТОДЫ ВЫРЕЗАНИЯ УЗЛОВ
И СКВОЗНОГО СЕЧЕНИЯ
Плоская или пространственная неизменяемая
конструкция, составленная из шарнирно соединенных между собой стержней,
называется фермой.
На рис. 135 изображена простая плоская ферма (пример
пространственной фермы приведен в § 19-4).
Если число узлов (шарниров) фермы п, а число стержней k,
то в простой плоской ферме соблюдается условие
*=2я + 3
(подробнее см. § 17 в учебнике Е. М. Никитина).
Ферма называется статически определимой, если усилия во всех
стержнях фермы, нагруженной в шарнирах, можно определить
при помощи уравнений равновесия.
Все. плоские простые фермы статически определимы.
Для определения усилий в стержнях ферм употребляются
графические или аналитические методы. Рассмотрим только
аналитические методы: метод вырезания узлов
(задача 103-17) и метод сквозного
сечения—метод Риттера (задача 104-17).
При использовании метода вырезания
узлов необходимо придерживаться
следующего порядка:
а) выяснить, какие нагрузки
действуют на ферму, как они направлены и где
приложены, а затем определить реакции
связей, используя уравнения равновесия. Правильность этой части
решения нужно обязательно проверить: для проверки можно
использовать любое дополнительно составленное уравнение
равновесия;
б) затем следует определить усилия в стержнях фермы, начиная
с того узла, на который действуют не более двух неизвестных сил,
так как в каждом случае на узел действует система сходящихся
сил и, следовательно, для одного узла можно составить лишь два
уравнения равновесия;
в) вырезав узел, необходимо заменить действие на узел
отброшенной части фермы усилиями, действующими вдоль стержней,
считая при этом, что все стержни растянуты, а затем составить
уравнения равновесия;
122

г) путем перехода от узла к узлу определяют усилия во всех
стержнях, один из узлов при этом остается нерассмотренным;
составив уравнения равновесия для этого узла, можно проверить
правильность решения задачи.
При определении усилий в стержнях ферм по методу сквозного
сечения необходимо придерживаться следующего порядка:
а) прежде всего, так же как и при методе вырезания узлов,
выявив все нагрузки, определить реакции опор;
б) мысленно разрезать фермы на две части таким образом, чтобы
разрез проходил не более чем через три стержня, усилия в
которых неизвестны*, и, отбросив одну из частей, заменить действие
отброшенной части на оставшуюся усилиями, направленными вдоль
стержней, предполагая при этом, что все разрезанные стержни
(с неизвестными усилиями)
растянуты;
в) составить три уравнения
равновесия; при выборе направлений
осей проекций, а также центра
моментов нужно исходить из того,
чтобы в каждое из уравнений по
возможности входило не более одной
неизвестной силы.
Задача 103-17. Определить
усилия в стержнях фермы,
нагруженной, как показано на рис. 136, а,
тремя силами: Р, = 10 кн; Р2 = 20 кн
и Яа = 30 кн. Размеры фермы
показаны на рисунке.
Решен ие—методом вырезания
узлов.
1. Освободим ферму от связей и
заменим связи их реакциями.
Действие подвижного шарнира А заменим реакцией RAf а действие
неподвижного шарнира В — двумя составляющими Хв и FB, так как
направление полной реакции этого шарнира неизвестно (рис. 136, б).
Составим три уравнения равновесия:
2X1 = 0; -Рг + Хв = 0;
ZMA(Pi)=0; -P^AC + P^DC—Ps-AF+Yb-AB^O;
?Мв(~Рд=0; -RA>BA + PX.DC + P2- ВС + Ръ- BF=0.
Подставив в эти уравнения числовые значения и решив их,
находим (вычисления рекомендуем произвести самостоятельно):
Хв=10 кн; K;i=24 кн и /?л=26 кн.
1
V
А<
У
</-2-ч
1
D и '
3 \
, В >
"г
Pi
\ S
Г"
4s.
«в
- к
Рис. 136
* При разрезании фермы через четыре и большее число стержней образуется
плоская система сил с четырьмя или соответственно большим числом неизвестных.
Так как лля произвольной плоской системы сил можно составить только три
уравнения равновесия, задачу решить нельзя.
123

Для проверки можно использовать уравнение проекций сил на
ось у или уравнение моментов сил относительно точки С (или Д
или Е9 или F).
2. Вырежем узел Л, заменив действие на узел отброшенной
части фермы силами №г и N2, направленными вдоль стержней 1 и 2
от узла А (рис. 137), предполагая, что стержни растянуты.
Расположим оси проекции так, чтобы ось х совпала с направлением
д
Ж
Рис. 137
А"
А+-
Р 
Рис. 138
силы #2, а ось {/—с направлением реакции /?д. Замечая, что угол
DAC=а = 45° (так как AC = DC), составим два уравнения
равновесия:
2Х/-0; Nlcosa + N2^0\
fisina = 0. j
A)
B)
Из уравнения B)
(стержень / сжат).
Из уравнения A)
26
sin 45^
= —36,8 кн
Л^2=—A^jcosa^^r—cos45°=/?i4=:=26 кн
(стержень 2 растянут).
3. Вырежем узел С, заменив действие на узел отброшенной
части фермы силами Л/2=26 кн, N3 и ЛГв: расположив оси проекций,
как показано на рис. 138, составим уравнения равновесия:
?Kt. = 0; #3-Р2=0.
C)
D)
tfe = W2=26 кн
Отсюда
(стержень 6 растянут);
W3=P2=20 кн
(стержень 3 растянут).
4. Вырежем узел D. В этом случае узел находится в
равновесии под действием пяти сил, три из них известны: PL—IQ кн,
:24

jVJ = —36,8 кн * и NH = 20 кн, а две силы Nh и N4 нужно
определить. Выберем направление осей проекций, как показано на
рис. 139. Угол ДОС=а=45°, угол EDF—д неизвестен, но легко
DE 4
определить, что cosp = ^=-^==0,8 (так как в &DEF катет
Рис. 139
F?=3 м, катет D? = 4 м и, следовательно, гипотенуза DF=5 ж),
a sinp=g=4=0,6.
Составим уравнение равновесия:
ЦХ; = 0; -P1 + Af4 + #&cosp--tf1cosa=0; E)
?К, = 0; — tf,cosa—JV8-tf6sinp=0. F)
Из уравнения F)
д, —ЛГ» costt-Ay__-(-36,8)cos45°-20 |П
"» аг| — о^ —|и т
(стержень 5 растянут).
Из уравнения E)
^4 = P1~^5cosp + iV1cosa =
= 10—10-0,8+ (—36,8) cos 45° = — 24 кн
(стержень 4 сжат).
5. Вырежем узел ?, к которому приложены четыре силы: две
из них известны (Р8 = 30 кн и JV4=— 24 кн), а силы N7 и N8
нужно определить.
Расположив оси проекций, как показано на рис. 140, и замечая,
что угол B?F=a = 45°, составим уравнения равновесия:
?Х/==0; — N4 + N8cosa=0; G)
?У|==0; — Р3—#7—W8cosa=0. (8)
* Хотя из рассмотрения условия равновесия узла Л установлено, что усилие
в стержне 1 {Ni) сжимающее, изображаем его как -растягивающее. При
подстановке числовых значений в уравнение равновесия узла О учитываем знак
«минус».
125

тёо cos 45 = — 6 кн
cos 45°/
Из уравнения G)
л/ -Il—-J* 34 кн
"» —cosa~~ cos459— M m
(стержень 8 сжат).
Из уравнения (8)
#7= — Ръ — iV8cosa== — 30 — (-
(стержень 7 сжат).
6. Вырежем узел В, к которому приложены четыре силы:
реакции XB=10 кн и YB=24 кн, найдешюе в стержне 8
усилие N8=—34 кн и неизвестное усилие N9, действующее вдоль
стержня 9. Располагая оси проекций как показано на рис. 141 и
замечая, во-первых, что Z,/гВ?=а = 45°, во-вторых, что в данном
случае нужно определить лишь одну силу
^ \Ъ
|
i
ь
(силу JVe), составляем одно уравнение
равновесия:
?Xf=0; -~;V9-tf8cosa + Xfl = 0, (9)
из которого
ЛЛ, = 34 кн
Рис. 141
(стержень 9 растянут).
Усилия, возникающие во всех стержнях
под действием внешних нагрузок,
определены. Теперь_ рассмотрим узел F. Вырезав этот узел и составив
для сил Nb, iVe, N7 и iV9, действующих на него, два уравнения
равновесия, проверим их. Если после подстановки в уравнения
числовых значений левые части их приведутся к нулю, задача
решена правильно.
Найденные значения усилий в стержнях целесообразно
представить в виде таблицы:
№ стержней
Усилия, кн
1
— 36,8
2
26
3
20
4
-24
5
10
6
26
7
— 6
8
— 34
9
34
Задача 104-17. Определить усилия в стержнях 4, 5 и 6 фермы,
нагруженной тремя силами: P1==10, Р2 = 20 и Р3=30 кн, как
показано на рис. 136, а (ферма задачи 103-17).
Решение.
1. Так же как и при решении методом вырезания узлов, прежде
всего определяем реакции опор; в данном случае они те же, что
и в предыдущем примере:
Xв= 10 кн; Yв=24 кн и /?д=26 кн.
2. Разрежем ферму через стержни 4, 5 и 6 и, отбросив правою
ее часть, заменим действие правой части на левую силами Nv
126

&ъ и &• (рис- 142). На левую часть теперь действуют шесть сил,
три из них известны {Ra=26 кн, Р, = 10 кн, Ра=20 кн), а три
силы (JV4, Nb и Afe) нужно определить.
3. Составим три уравнения равновесия:
?К,=0; /?д—/V6sinP —Ра=0; A)
2AfD(Pi) = 0; ~RAAC + N9DC = 0; B)
SAf/r(P|) —0; -Ла-^+Л-^ + ^^С-^'^-О. C)
Из уравнения (I)
iV.—
Ra~P« 26-20
(стержень 5 растянут).
Из уравнения B)
sinp
0,6
= 10/с«
tfe=-
R.-AC 26.3
DC
(стержень 6 растянут).
Из уравнения C)
PiFC + P1-FE-RA>FA
= —5- = 26 /СИ
tf4=-
20.4 + 10.3-26.7
= —24 к«
№ ~~ 3
(стержень 4 сжат).
Сравнивая найденные числовые значения усилий в 4, 5 и 6
стержнях фермы с теми, которые для этих же стержней получены
в задаче 103-17, видим, что они
одинаковы.
Правильность решения здесь миж-
но проверить, составив уравнение
проекций сил на ось дс. Для
проверки это уравнение вполне надежно,
так как в него входят все три
искомые силы. Проверку решения
этим способом рекомендуется
произвести самостоятельно.
„ .ч .
А<
0
С
Л
и К [
\* 1
в ,/JK.i
»е Т
зоокг
Рис. 142
Рис. 143
Следующие задачи рекомендуется решить также самостоятельно.
Задача 105-17. Кронштейн ABCD (рис. 143) изготовлен из
четырех шарнирно соединенных между собой стержней. На опоре
кронштейн закреплен также при помощи шарниров. К шарниру А
прикреплен груз, масса которого известна.
127

Определить методом вырезания узлов усилия во всех четырех
стержнях.
Ответ:
Вариант
Стержни
Усилия, кн
а)
АВ
-9,35
АС
12,2
ВС
— 12,2
DC
18,7
б)
АВ
3,83
АС
— 2,21
ВС
2,68
DC
-1,73
Задача 106-17. Определить методом вырезания узлов усилия
во всех стержнях фермы, нагруженной, как показано на рис. 144,
Рис. 144
двумя силами: Рг=30 кн и Р2 = 10 кн. Углы а=25°; р = 125°;
у=65° и 6=10°.
Ответ.
№ стержней
Усилия, кн
1
— 53,3
2
44,4
3
41,6
4
26,1
5
17,4
б
-39,9
7
33,2
ГЛАВА IV
ПРОСТРАНСТВЕННАЯ СИСТЕМА СИЛ
При решении задач, приведенных в этой главе,
необходимо использовать не две оси координат, которые всегда можно
расположить в одной плоскости —в плоскости рисунка,
иллюстрирующего задачу, а три взаимно перпендикулярные оси.
Эти оси нельзя расположить в одной плоскости и при
изображении пространственной системы сил на рисунке надо использовать
одну из принятых в машиностроительном черчении аксонометри-
128

ческих проекций (ГОСТ 2.305—68. Изображения—виды, разрезы,
сечения).
На рис. 145 показано изображение трех взаимно
перпендикулярных плоскостей в изометрической проекции. Пересечение двух
вертикальных плоскостей определяет положение вертикальной оси г,
Рис. 145
Рис. 146
пересечением обеих вертикальных плоскостей с горизонтальной
определяются положения двух горизонтальных осей хну.
На рис. 146 представлены те же три взаимно перпендикулярные
плоскости в диметрической проекции, а на рис. 147—в фронтальной
диметрической проекции. На каждом
рисунке справа показано положение
осей при изображении
соответствующей проекции.
Если при решении задач, в
которых рассматривается
пространственная система сил, трудно представить
взаимное расположение сил или их
расположение относительно
выбранных осей координат, то следует
изготовить из плотной бумаги модель
трех пересекающихся под прямым углом плоскостей, а линии
пересечения плоскостей выделить цветными линиями и обозначить их
соответственно х, у и z, В такой модели трех взаимно
перпендикулярных осей можно помещать модели систем сил,
рассматриваемых в задаче, изготовленные из пластилина, проволочек и спичек.
§ 18-4. ПРАВИЛО ПАРАЛЛЕЛЕПИПЕДА СИЛ
Простейшую пространственную систему сходящихся сил
образуют три силы, приложенные к одной точке.
Для сложения таких трех сил применяется^ правило
параллелепипеда (рис. 148). Если даны силы Ри Р2 и Р3> то заменяющая
их действие равнодействующая R по модулю и направлению
соответствует диагонали АЕ параллелепипеда, ребра которого АВ,
АС и AD соответствуют трем силам.
5 А. И. Ар куш а
129

В частном случае, который наиболее характерен для решения
практических задач, три данные силы Pv Рг и Р3 взаимно
перпендикулярны и тогда при их сложении образуется
прямоугольный параллелепипед (рис. 149).
В этом случае модуль равнодействующей
R-VPt + Pl + Pl
а направление R относительно каждой из составляющих сил можно
найти по формулам
cosa,^-1; cosa2 = -?2; cosae=*^.
Так же как и правило параллелограмма (см. § 1-1, 5-2 и 6-2),
правило параллелепипеда можно использовать не только при
сложении сил, но и при разложении данной силы на три
составляющие. Наиболее часто производят разложение силы на составляющие,
действующие по трем взаимно перпендикулярным направлениям.
Ъррг
Рис. 148 Рис. 149
Задача 107-18. Три цепи одинаковой длины / соединены вместе
кольцом А (рис. 150, а). Оставшиеся свободными концы цепей
закреплены в трех точках В, С и D таким образом, что эти
точки образуют вершины куба. Как необходимо установить под
кольцо А подпорку АЕ и какую длину она должна иметь, чтобы
кольцо А располагалось относительно точек В, С и D как
четвертая вершина куба? При этом цепь АВ должна быть натянута
силой Р, а цепи AD и ЛС—силами 2Р каждая. Определить также
усилие в подпорке АЕ. Весом подпорки пренебречь.
Решение.
1. Из точки А (рис. 150, б) вдоль цепей отложим заданные
силы: вдоль цепи ЛВ —силу /\ вдоль цепей АС и AD — силы 2Р.
Построив на них параллелепипед, получим в нем диагональ ААХ%
выражающую равнодействующую трех усилий в цепях.
Вдоль линии действия равнодействующей R нужно установить
подпорку АЕ, которая должна соответствовать диагонали
параллелепипеда ACEiFDCxEF^ подобного силовому параллелепипеду.
2. Находим модуль равнодействующей:
R^yPl + Pi + Pi^y'f^f^Pf^yp^ + 8P29
Д=ЗР.
130

3. Из подобия двух показанных на рис. 150, б
параллелепипедов следует пропорция
2Я ~~ Р ~~'R '
Зная, что длина цепи АС = 1, находим длину подпорки АЕ:
АЕ =
R-AC 3/
2Р
2 '
а также расстояние AF=CXE\
At— 2 — 2.
Таким образом, усилие в подпорке равно ЗР, длина подпорки
1,5/, а установить ее нужно так, чтобы нижний конец Е находился
Рис. 150
от йВл на расстоянии F1? = / и от DCX — на расстоянии С,? =
Решение этой задачи после выполнения пункта 2 можно
продолжать иным путем. Можно найти угол а, образуемый R с
вертикальной цепью, а затем определить из AADE длину АЕ и т. д.
Задача 108-18. Найти усилия в стержне АВ и цепях АС и ЛД
поддерживающих груз Q весом 42асГ, если ЛВ = 145сж, АС=80см>
лЬ = 60 см. Плоскость прямоугольника CADE горизонтальна, а
плоскости V и W вертикальны. Крепление в точке В шарнирное
(рис. 151, о).
Решение.
1. Разложим силу Q на три составляющие Тв, Тс и TD,
направленные соответственно вдоль стержня АВ и цепей АС и AD.
Для этого, приняв вектор Q за диагональ АА1У построим силовой
параллелепипед, из которого видно, что составляющая Тв сжимает
о*
131

стержень АВ, а составляющие Тс и TD растягивают цепи АС и
AD (рис. 151, б).
2. Соответственно приняв отрезок BE за диагональ, а стержень
АВ и цепи АС и ЛО—за ребра, построим параллелепипед,
подобный силовому (см. рис. 151, б).
Рис. 151
3. Из подобия параллелепипедов, полученных на рис. 151, б,
следует пропорция
Q __ тс _ тп _ тв
ВЁ~~АС AD АВ'
(а)
4. Длины трех отрезков из четырех, входящих в пропорцию,
известны. Длина отрезка BE неизвестна. Найдем ее из
рассмотрения прямоугольных треугольников ABE и АСЕ:
BE2 - АВ*—АЕ2 *= АВ2 — (АС2 + СЕ2) = АВ2-АС2 — AD\
откуда
BE=VAB2-AC2 — AD2 = VU52-8Q2-602= 105 см.
5. Рассматривая теперь первое отношение пропорции (а) вместе
со вторым, а затем с третьим и четвертым, находим
01ЛО_42-60_2
Д?
-AL
BE
Г^в^^^Ё-бвлГ.
105
105
132

§ 19-4. ПРОЕКЦИЯ СИЛЫ НА ТРИ
ВЗАИМНО ПЕРПЕНДИКУЛЯРНЫЕ ОСИ.
ОПРЕДЕЛЕНИЕ РАВНОДЕЙСТВУЮЩЕЙ СИСТЕМЫ
ПРОСТРАНСТВЕННЫХ СИЛ,
ПРИЛОЖЕННЫХ К ТОЧКЕ
Если требуется определить проекции силы Р на три
взаимно перпендикулярные оси (рис. 152), то обычно силу
проектируют сначала на одну из плоскостей (например,
горизонтальную), а уже затем на оси, расположенные в этой плоскости. При
этом нужно обратить внимание на то, что в
отличие от проекций силы на оси, являющихся
скалярами, проекция силы на плоскость (Рху
на рис. 152)—величина векторная (Е. М.
Никитин, § 39).
Легко заметить, что на трех взаимно
перпендикулярных проекциях можно построить
прямоугольный параллелепипед, диагональю
которого является проектируемый вектор.
Из рис. 152 видно, что проекция на
горизонтальную плоскость
ху~
-Р со$а,
поэтому
X = Р cos a cos ах; Y = P cos а cos ay
Z = Pcosqv
Рис. 152
Если же известны углы ух и уу (на рисунке они не показаны),
образуемые вектором Р с осями х и у, то его проекции на эти
оси соответственно равны
X = Pcosipx и K = Pcoscpv.
При помощи проекций сил на три оси легко определить
равнодействующую системы сил, приложенных к точке.
Для этого необходимо:
1) выбрать расположение осей так, чтобы проекции всех сил
определились простейшим образом;
2) найти проекции всех сил на каждую из осей;
3) сложить проекции всех сил на каждую из осей и найти
таким образом три проекции искомой равнодействующей на оси:
XR = 2Xt; YR=vYi и Z^ = vz/;
4) определить модуль равнодействующей #2
5) определить направление равнодействующей, найдя какие-либо
два угла из трех:
xr yr Z
соьф*^?-; cos<py=?; С05фг = ?-.
133

Задача 109-19. На одну из вершин куба действуют пять сил
таким образом, что три силы направлены вдоль ребер, сходящихся
в этой вершине; четвертая сила направлена по диагонали грани,
а пятая—вдоль диагонали самого куба. Определить
равнодействующую этих сил, считая, что
численно они равны между собой.
Решение.
1. Приняв точку А за вершину
куба, изобразим данные силы. Силы
Р,, Р2 и Р.< действуют вдоль ребер
куба; сила Р4 — вдоль диагонали А В
нижней грани и сила Рб—- вдоль
диагонали АС куба (рис, 153).
Так как, по условию, модули
сил равны, то примем
Рис. 153
Рх~Р%~Рг = Р^Рь = Р.
2. Ось х совместим с ребром куба, вдоль которого действует
сила Рх\ ось у—с ребром, вдоль которого действует сила Р2, и
ось г—с третьим ребром.
3. Найдем проекции сил на каждую из осей:
Xi-Pi. ^i = 0, Z1==0,
Х2=0, К2 = Р2, Z2 = 0,
*»«0, К8=0, Z3 = P3t
X4 = P4cosp, K4=P4cosj$, Z4 = 0,
Хь = P6 cos a cos p, Yb = P5 cos i cos p, Z5 = P5 sin a.
4. Сложим проекции на каждую ось и найдем проекции
равнодействующей, учитывая, что модули всех сил равны между собой
и что р = 45°, а tga = ^=-V=0,707. Следовательно, a ^35°20'i
л° ау2
XR = Р A + cos 45° + cos 35°20' cos 45°) = 2,28Р;
YR = Р A + cos 45° + cos 35°20' cos 45°)=2,28Р;
Z^==P(l+sin35°20') = l,58P.
Как видно, проекции равнодействующей на оси х и у равны
между собой:
XR = YH = 2,28P.
Равенство проекций получается из-за симметричности
расположения сил относительно диагональной плоскости куба (плоскости,
в которой расположен А ЛВС).
5. Определим модуль равнодействующей:
/? = [/X)e + Kie + Zle = PK2.2,282+l>582=3,59P.
134

6. Так как силы расположены симметрично относительно
диагональной плоскости куба, линия действия равнодействующей
находится в плоскости симметрии расположения сил, проходящей
через ось г. Поэтому направление равнодействующей определяется
углом фг, образуемым линией действия R с осью г:
чему соответствует угол
Ф,=63°50'^64°.
На рис. 153 положение равнодействующей показано штриховым
вектором R.
§ 20-4. РАВНОВЕСИЕ ПРОСТРАНСТВЕННОЙ СИСТЕМЫ
СХОДЯЩИХСЯ СИЛ
Если система сходящихся сил уравновешена, то ее
равнодействующая /? = 0, а это означает, что и проекции
равнодействующей на, три взаимно перпендикулярные оси равны нулю
(Atf = 0, К/? = 0, 2^=0). Отсюда образуются три уравнения
равновесия:
2^ = 0;
VZ,=0.
При помощи этих уравнений и решаются задачи на равновесие
пространственной системы сходящихся сил.
Уравнений равновесия— три, следовательно, статически
определимой является такая пространственная система сходящихся
сил, в которой неизвестных сил не более трех.
Задача 110-20. Груз, масса которого /и = 500 /с/\ подвешен на
кронштейне ABCD, состоящем из трех стержней /, 2 и 3. Стержни
/ и 2 образуют в месте соединения прямой угол и расположены
в горизонтальной плоскости. Стержень 3 образует с
горизонтальной плоскостью угол а = 40° (рис. 154, а). Определить усилия,
вызванные действием груза в стержнях. Соединения стержней
между собой и с вертикальной стенкой шарнирные. Весом
стержней пренебречь.
Решение.
1. Решаем задачу в единицах системы СИ. На точку С
кронштейна действует вертикальная нагрузка, равная весу массы
груза, поэтому
G=mg=500- 9,81 =4900 «=4,9 кн.
2. Действие веса G на кронштейн уравновешивается реакциями
трех стержней. Известно, что реакции направлены вдоль стерж-
135

ней (так как соединения стержней шарнирные). Нужно определить
их модули и направление каждой реакции, т. е. определить,
какой из стержней сжат, а какой растянут.
Мысленно разрежем стержни вблизи точки С и изобразим
узел С, образуемый соединением трех стержней отдельно (рис. 154, б)
вместе с четырьмя действующими на него силами: вертикально
вниз действует известная сила G = 4,9/e«, а вдоль стержней
действуют три их реакции: Tv T2 и Т3.
Причем условно считаем, что все стержни
растянуты, поэтому на рис. 154, б все реакции
направлены от узла С.
3. Расположим оси координат, как
показано на рисунке. Замечая, что осью х
прямой угол АСВ разделен пополам (Z А СО =
= Z^CO = P = 45°), составим три уравнения
равновесия для пространственной системы
сходящихся сил:
?Х* = 0; T1cosp + 7,2cosp + 7,3cosa = 0; A)
2^ = 0; 7,1sinP-r2sinp = 0; B)
22/ = 0; — 7smu--G=0. C)
4. Решаем полученную систему уравнений.
Из уравнения C)
Рис. 154
7V
4,9
sin a
sin 40°'
7,62 кн.
Знак «минус» показывает, что реакция Tz направлена в сторону,
противоположную той, которая изображена на рисунке. Значит
стержень 3 сжат усилием 7,62 кн.
Из уравнения B)
т*=т*
Из уравнения A)
Т — Т — Т8 cos a_7,62 cos 40°- __ л 1Q
М—М—TfiSF"" 2cos45* —*¦"*«.
Числовые значения реакций Тг и Т2 получились
положительные, значит стержни 1 и 2 растянуты силами по 4,13 кн.
5. Если найденные значения реакций стержней перевести в
единицы технической системы, то
7\ = Г2=422 кГ; Т3 = - 777 кЛ
Правильность перевода из единиц системы СИ в единицы
технической системы рекомендуется проверить самостоятельно.
Задача 111-20. Переносный кран, поднимающий груз массой
т = 2000кг, устроен так, как указано на рис. 155, a; AB — AD—
= АЕ = 2м\ угол DAF:~12Q°f плоскость ABC, в которой
расположена стрела АС крана, делит двугранный угол DAE пополам.
136

Определить силу, сжимающую вертикальную стойку АВ, и силы,
растягивающие тросы BD и BF; весом частей крана пренебречь.
Решение.
1. В задаче рассматривается равновесие системы тел—стрелы
и стойки, связанных струной ВС. Прежде чем приступить к
определению усилий в стойке и тросах, необходимо найти натяжение
струны ВС.
2. В точке С на кран действует вес G груза, масса которого т,
следовательно,
G = mg=2000.9,81 = 19600 «=19,6к«.
Разложим вес G на две составляющие, действующие вдоль
струны ВС и стрелы АС, воспользовавшись правилом
треугольника (рис. 155, б). Для этого из произвольной точки К построим
вектор G, а затем из его
начала и конца проведем
линии, параллельные ВС и
АС. В получившемся
силовом треугольнике KLM
(KL \\ ВС и LM !| С А) сторона
KL изображает силу Рс,
растягивающую струну ВС,
а сторона LM — силу Qa,
сжимающую стрелу АС.
Из построения следует,
что
ЬКЬМюАВСА,
поэтому
ВС
Отсюда
Pc=G
ВС
В А'
Рис. 155
Не известную по условию задачи длину струны ВС легко
найти, рассмотрев прямоугольный треугольник BCF (см. рис. 155, а)
CF
ВС =
Таким образом,
sin a
CF
:19,6,
=45,3 кн.
В A sin а *"• 2 sin 60е?"
3. Перенесем силу Рс вдоль линии ее действия из точки С
в точку В и рассмотрим равновесие узла В, на который, кроме
нагрузки Рс~45,3кн, действуют реакции трех связей:
Рд—реакция стойки, Pfj и P/f — реакции тросов BD и BE. В соответствии
с общим правилом считаем, что все связи растянуты (рис. 155, в).
137

4. Расположим систему координатных осей, как показано на
рис. 155, в и составим три уравнения равновесия:
?Х*=0; P? cos Y cos p+ Px>cosy cos p — Pcsina=0; A)
?К,:=0; Р? cos у ship — PD cosy sin 0 = 0; B)
V;Z;=0; — PEsinY-PDsinv—P4 + Pccosa=0. C)
Замечая, что у = 45° (так как треугольники ВАЕ и BAD имеют
равные катеты: ?Л=ЛЕ = Л?>) и а = р = 60° (так как угол DAE,
равный 120°, осью х разделен пополам), решаем получившиеся
уравнения.
Из уравнения B)
Теперь уравнения A) и C) примут такой вид:
2РЕ cos у cos р — Рс sin a = 0; D)
— 2P?sinY — PA + Pccosa=0. E)
Умножим обе части уравнения E) на cosp и сложим его после
этого с уравнением D):
—Рс sin a—PA cos p + Рс cos2 a=0.
Отсюда
Рл=
Рс (cos* a — sin a) 45,3 (cos* 60° — sin 60°)
= 45,3 (cos 60°—tg 60°).
cos P cos 60?
P^ —— 55,8 кн.
Знак «минус» указывает на то, что реакция РА направлена не
от узла В, а к узлу, т. е. стойка сжата силой 55,8 кн.
Подставив найденное значение Рд= —55,8 кн в уравнение E),
найдем реакции РЕ и PD:
Pccosa— PA 45,3 cos 60е* — (— 55,8)
откуда
2 sin Y
P? = PD=55,4 кн.
2 sin 45°
Тросы AD и АЕ растянуты усилиями по 55,4 кн.
Следующую задачу рекомендуется решить самостоятельно.
Задача 112-20. Пространственная
ферма состоит из шести стержней
(рис. 156). Соединения стержней
между собой и в местах их прикрепления
к опоре шарнирные. На шарнир А
действует сила Р, = 10 кн под углом
a = 60° к вертикали, а на шарнир В
действует вертикальная сила Р2 =
= 15 кн. Обе силы расположены в
вертикальной плоскости, проходящей
через A BCD.
138

Определить усилия в стержнях, если Р = 50°, у=60°
Ответ.
№ стержней
Усилия, кн
1
-5
2
-5
3
5
4
-12,1 |
5
-12,1
6
7,78
§ 21-4. МОМЕНТ СИЛЫ ОТНОСИТЕЛЬНО ОСИ
Чтобы определить момент силы Р относительно
заданной или выбранной оси, например оси г (рис. 157), необходимо
выполнить следующие операции;
1) расположить плоскость Я перпендикулярно оси г;
2) определить проекцию силы Р на плоскость // — найти Ри\
3) из точки пересечения оси с плоскостью (из точки О) провести
перпендикуляр к направлению проекции Рн и определить длину
этого перпендикуляра О А — плечо силы Ри\
4) определить знак момента,
придерживаясь такого правила: посмотрим на
плоскость Н со стороны положительного
направления оси, если увидим, что
проекция Рн поворачивает плечо против хода
часовой стрелки, значит момент имеет
положительный знак; а если проекция Рн
поворачивает плечо по часовой стрелке
(как это показано, например, на рис. 157),
момент имеет отрицательный знак;
5) находим числовое значение
момента силы Р относительно оси; для этого
Рц — модуль проекции силы Р на плоскость,
к оси, умножаем на плечо О А.
Таким образом (см. рис. 157)
/ °
/ V
///
1Г^
i
i
i
i
¦*'
j//
SA /
Рис. 157
перпендикулярную
МЛР) = -Рн>ОА.
А\омент силы относительно оси, так же как и момент силы
относительно точки, измеряется по Международной системе (СИ)
в ньютон-метрах (н-м) или в килоньютон-метрах (кн-м), а по
технической системе (МКГСС) — в кГм.
Для успешного решения задач и облегчения составления
уравнений моментов относительно осей нужно иметь в виду три
частных случая, в которых момент силы относительно оси равен нулю
(рис. 158):
Случай 1-й (рис. 158, а). Сила Р или линия ее действия
пересекает ось; в этом случае плечо ОЛ = 0, поэтому РИ-ОА = 0.
139

Случай 2-й (рис. 158, б). Линия действия силы Р
параллельна оси; в этом случае Р// = 0, поэтому PjrOA~0.
Случай 3-й (рис. 158, в). Линия действия силы Р совпадает
с осью; в этом случае и Ря=0 и плечо ОЛ=0.
а) б) 6)
г г
Рис. 158
Задача 113-21. К вершинам квадрата ABCD (AB==AD = 2 м)9
расположенного в горизонтальной плоскости, приложены силы
Pi* i\> Рз и ^4» как показано на рис. 159. Сила Рх направлена
по диагонали АС; сила Р2 действует вверх перпендикулярно к
плоскости квадрата; сила Р3 действует в плоскости квадрата, и ее
направление образует с диагональю С А угол а = 20°; сила Р4
действует в плоскости, перпендикулярной
^Z ¦ Ь—^^ к плоскости квадрата, и направлена
I Л« / ^^\^ к стороне DC под углом 0=30°.
' т\ _ I Ш Л Определить моменты каждой силы
относительно осей х, у и г.
Модули сил Р1 = Р2 = Рз=Р4 =
= 5 кн.
Решен и е.
1. Замечаем, что расположение
осей, показанное на рис. 159,
определяет положение трех взаимно
перпендикулярных плоскостей;
плоскости /, перпендикулярной к оси у, плоскости //,
перпендикулярной к оси г, и плоскости ///, перпендикулярной к оси х.
2. Определяем моменты силы Pv Сила Рх приложена в точке А
пересечения всех трех осей, следовательно, согласно первому
частному случаю (см. рис. 158, я),
Mx(Pi) = 0; Mv(Px)-0; AU^i) = 0.
3. Определяем моменты силы Р2.
Сила Р2, приложенная в точке Б, пересекает ось у и
параллельна оси 2. Следовательно, согласно первому и второму частным
случаям (см. рис. 158, в)
Рис. 159
Л^(Р2) = 0 и ЛМР2) = 0.
140

Чтобы определить момент силы Р2 относительно оси х,
необходимо найти проекцию Р2 на плоскость ///, перпендикулярную
к оси х. Сила Р2 расположена в этой плоскости и, следовательно,
проектируется полностью P2yzz=^2- Плечом является сторона АВ
квадрата. Знак момента положительный, так как если посмотреть
от точки D вдоль оси х на плоскость ///, то увидим, что сила Р2
поворачивает плечо АВ против хода часовой стрелки. Поэтому
МХ(Р2) = Р2-АВ = 5.2=\0 кн-м.
4. Определяем моменты силы Р3.
Сила Р3 расположена в горизонтальной плоскости. В этой же
плоскости расположены оси х и у. Поэтому линия действия силы Р3
пересекает ось х (в точке Е) и ось у (в точке /С). Значит
ЛМР,)=0 и Mv(P3) = 0.
Плоскость, в которой расположена сила Р3, перпендикулярна
оси z, значит Рз;0>=Р3. Плечо AF силы Р3 найдем из
треугольника AFC:
AF=ACsina = AB K2sina.
Знак момента положительный (если посмотреть на плоскость //
со стороны оси г). Поэтому
= 5 2- /2sin20° = 4,83 кн-м.
5. Определяем моменты силы Р4.
Линия действия силы Р4 пересекает ось х, следовательно,
Спроектируем силы Р4 на плоскости / и //:
Р*хг = Р4 sin p и Pixy = P4 cos Р;
плечом силы Р4 является сторона квадрата AD.
Му (Р4) = — P^xz -AD = — P4 sin p • AD =-- — 5 sin 30° • 2 = — 5 кн. ж;
М, (Р4) = Pw • Л?> =.= Р4 cos р • Л/) = 5 cos 30D•2 = 8,66 кн • м.
§ 22-4. РАВНОВЕСИЕ ПРОИЗВОЛЬНОЙ
ПРОСТРАНСТВЕННОЙ СИСТЕМЫ СИЛ
Произвольную пространственную систему сил, так же
как и плоскую, можно привести к одной точке и заменить главным
вектором /?гл и главным моментом М,л. Только в этом случае линия
действия главного вектора может находиться не в плоскости
действия главного момента.
141

Если /?гл = 0 иМгл = 0, то система сил уравновешена и отсюда
образуется система шести уравнений равновесия:
2 2,-0;
VA/fv(p.) = 0;
? Л* Л/3!) «O.J
A)
Первые три уравнения (уравнения проекций) получены из
условия /?гл = 0. Если главный вектор равен нулю, то и
алгебраические суммы проекций всех сил на каждую из осей также равны
нулю.
Последние три уравнения (уравнения моментов) получены из
условия Мгл = 0. Если главный момент системы сил равен нулю,
то алгебраические суммы моментов сил относительно каждой из
осей равны нулю.
Для облегчения составления уравнений равновесия тело,
равновесие которого рассматривается, целесообразно изображать вместе
с действующими на него силами в проекциях на три основные
плоскости, т. е. изображать вид спереди,
вид сверху и один боковой вид —вид слева
или вид справа (см. задачи 115-22, 116-22
и 117-22).
R частном случае линии действия сил,
образующих пространственную систему,
могут оказаться параллельными. Тогда одну
из осей (например, ось z) выгодно
расположить параллельно силам (рис. 160), а две
другие оси расположатся в плоскости,
перпендикулярной к линиям действия сил.
Легко понять, что для уравновешенной
пространственной системы параллельных сил
вместо шести уравнений можно составить лишь три:
алгебраическую сумму проекций сил па ось, параллельную данным силам,
и два уравнения моментов относительно двух других осей.
Остальные уравнения превратятся в тождество вида 0 = 0.
В соответствии с расположением осей (см. рис. 1G0) уравнения
равновесия имеют вид:
2Z, = 0; ]
VAU'3/) = 0; B)
S«v(P,)=o. J
Для пространственной системы параллельных сил можно
составить лишь три уравнения равновесия, поэтому, чтобы задача была
1
У U
у
р, 1
I J
\рг
' 4
1
1
f
I !
"i—1~*
ч
Рис. 160
142

статически определимой, в ней должно содержаться не более трех
неизвестных сил.
Задача 114-22. На рис. 161 схематично изображена
трехколесная платформа для перевозки грузов. На платформе лежит груз
Р = 8к« таким образом, что его вес можно считать приложенным
в точке ?>, причем EO=DF = 0,1 м и
Z>? = OF = 0,5 м.
Определить силы давления,
производимые колесами на горизонтальную
опорную плоскость.
Собственным весом платформы
пренебречь.
Решение.
1. Давления, производимые
колесами, численно равны реакциям опоры, Рис. 161
поэтому приложим к каждому колесу
перпендикулярно к опорной плоскости реакции RA, RR и Re-
Образовалась система четырех параллельных сил, расположенных
в пространстве.
2. Расположим оси координат, как показано на рис. 161, и
составим уравнения равновесия:
(о
B)
C)
V2,=0; Ra + Rh + Rc-P = 0;-
2Л4Л(Р,)=0; -PDE + RC-OC = 0,
2М,(Р,) = 0; PDF—RA-OA + RB-OB = 0.
3. Решаем полученную систему уравнений. Из уравнения B)
Яс =
PDE 8 • 0,5
ОС
= —р- = 4 кн.
Затем решение можно продолжить так. Подставляя известные
числовые значения в уравнения A) и C) и перенеся известные
члены в правую сторону, получаем такую систему двух уравнений:
Ra + Rb = *\ D)
/^0,4-/^. 0,4-8- 0,1. E)
Разделим обе части уравнения E) на 0,4, тогда система
уравнений приобретает такой простой вид:
Ra + Rb = 4;
Ra — Rb = 2.
Сложив эти уравнения, найдем RA:
/?л = 3 кн.
Вычтем из первого второе, найдем /?д:
Rb — 1 кн.
ИЗ

Как видно, реакции не равны между собой, следовательно,
соответственно колеса давят на опорную плоскость также
неодинаково.
Как нужно поместить груз Р, чтобы силы давления,
производимые колесами, равнялись между собой?
В следующих задачах рассматриваются системы сил,
произвольно расположенные в пространстве.
Задача 115-22. Квадратная крышка весом 400 н удерживается
приоткрытой на 60э над горизонтальной плоскостью
противовесом Q (рис. 162). Определить, пренебрегая трением на блоке D,
а) 6)
? 2
вес противовеса Q и реакции шарниров А и В, если блок D укреплен
на одной вертикали с шарниром А и AD = AC.
Решение.
1. Выбрав за начало координат точку А и расположив оси так,
как показано на рис. 162, покажем на этом же рисунке активные
силы и реакции опор.
На крышку действует сила тяжести G, которую считаем
приложенной в точке ? (центр симметрии квадрата), и реакция Т
нити CD, приложенная в точке С. Сила Т численно равна весу Q
противовеса. Действие этих сил уравновешивается реакциями
шарниров А и В. Так как силы Гиб действуют в плоскостях,
перпендикулярных к оси у, то реакции шарниров лежат в плоскостях,
перпендикулярных к той же оси. Поэтому реакцию шарнира А
заменим двумя составляющими ХА и ~ZA> а реакцию шарнира В
—составляющими Хн и ZB.
2. Если составление уравнений равновесия по рис. 162
затруднительно, можно предварительно изобразить крышку вместе с
действующими на нее силами в трех проекциях, как это сделано на
рис. 163:
а) вид спереди, ось х перпендикулярна к плоскости проекции;
144

б) вид сверху, ось z перпендикулярна к плоскости проекции;
в) вид слева, ось у перпендикулярна к плоскости проекции.
3. Составим уравнения равновесия.
Для составления уравнений проекций на ось х воспользуемся
рис. 163, б или 163, в:
XA-Tcos$ + XB=0. A)
На ось у силы не проектируются, так как все они
перпендикулярны к этой оси.
Для составления уравнений проекций на ось г воспользуемся
рис. 163, а или 163, в:
ZA + rsinp-G + ZB=0. B)
Для составления уравнения моментов относительно оси х
воспользуемся рис. 163, а:
-G** + Zn-AB = Q. C)
Для составления уравнения моментов относительно оси у
воспользуемся рис. 163, в:
— GAF + T-AK^O. D)
Для составления уравнения моментов относительно оси г
воспользуемся рис. 163, б:
-Хв.ЛВ = 0. E)
4. Решаем полученные уравнения.
Из уравнения E) находим (так как АВ Ф 0):
Из уравнения D)
j. G-AF ^ АЕ cos a
АК ЛГ Ш- -а
AC cos—=—
Так как
то
г=400отН03'5"-
Из уравнения C)
2
Из уравнения B)
ZB=-7T=200«.
ZA=—TsinP + G—ZB = ~103,5sinl5° + 400— 200 = 173,2 н
(угол р= 15°, так как треугольник ACD равнобедренный).
145

Из уравнения A)
^ = rcosp=103t5cosl5°=100«.
Таким образом, чтобы крышка находилась в равновесии
приоткрытой под углом 60°, вес противовеса должен быть Q=T =
= 103,5 «. При этом реакция шарнира А имеет две составляющие:
горизонтальную Хд=100 н и вертикальную Z^== 173,2 «, а
реакция шарнира В направлена
вертикально и равна Zfl = 200 «.
Задача 116-22. На вал/
ворота намотана веревка,
удерживающая груз Q (рис. 164). Радиус
колеса 2 ворота в четыре раза
больше радиуса вала. Веревка,
прикрепленная к ободу колеса и
натягиваемая грузом силой Я =
=80 «, сходит с колеса в точке F
по касательной; радиус DF
колеса образует с вертикалью угол
а=60°. Определить величину
груза Q, при котором ворот остается
в равновесии, а также реакции подшипников А и Я, если общий
вес вала и колеса С = 600 н и приложен в точке С (ЛС = 0,4 м).
Решение.
1. Три нагрузки - вес С и грузы Q и Р, приложенные к
вороту, уравновешиваются реакциями подшипников А и В. Нагрузки
5)
Рис. 164
действуют в плоскостях, перпендикулярных к оси вала, и,
следовательно, не смещают вал вдоль оси, поэтому и реакции
подшипников расположатся в плоскостях, перпендикулярных к этой
же оси. Заменим их составляющими XAt ZA и XBf ZB (рис. 164).
146

Следует учесть, что обычный подшипник не создает реакции,
направленной вдоль оси вала. Ьсли на вал действуют нагрузки,
смещающие вал вдоль оси, то один из подшипников должен быть
заменен подпятником.
2. Изобразим ворот со всеми действующими на него силами
в трех проекциях (рис. 165 а, б, в) и при помощи их составим
уравнения равновесия.
Так же как и в предыдущей задаче, уравнение проекций на
ось у превратится в тождество вида 0 = 0. При составлении
уравнения моментов относительно оси «/—уравнения D)—нужно
учитывать, что радиус колеса R в четыре раза больше радиуса вала
г(/? = 4г).
V Xi = 0; Р cos а + ХА + Х,;=0; A)
_?Z,:---0; -Ptw.fx-rZA-G-Q + Zn^O B)
2МЛР/) = 0; Р sina- AD-G- AC-Q- AE + Z!r AB = 0; C)
VAfv(P,)-0; P.4r-Q.r==0; D)
lAfz(/\) = 0; PcosaAD-XBAB~=0. E)
3. Из уравнения E)
X —Pai
Из уравнения D)
Из уравнения C)
v Я-cos се-ЛЯ 80. cos 60°. 0,4 t1 A
Хв= ^ = -{74 ~11,4«.
Q=t±LL=80.4=320 «.
~ — P-sina-ЛО + С-ЛС j-Q-ЛЯ
/л = Ид =
-ЬО sin 60° • 0,4 -!-600 • 0,4 -|- 320 - 0,9 . 0 _
=—¦ ya ! ^Soi H-
Из уравнения B)
Z^ = P sina + C + Q—ZB=80 sin60°-Ь600 + 320-357 = 632 w.
Из уравнения A)
Хд = — Pcosa — Х/*= — 80cos60°— 11,4=— 51,4 н.
Задача 117-22. Деревянный брус прямоугольного поперечного
сечения 6 = 20 см и А = 25 см жестко заделан в стене таким
образом, что выступающая из стены часть бруса горизонтальна и имеет
длину ЛЯ =--•/-=-• 0,6 м (см. рис. 165, а). Свободный конец бруса
нагружен тремя силами: силой /^ = 1,5 /сн, действующей вдоль
вертикального ребра торца бруса, силой Р2 = 2 кн, приложенной
в центре тяжести торца и действующей в вертикальной плоскости
под углом a =-35" к горизонтали, и силой Яа= 1 кн, действующей
вдоль нижнего горизонтального ребра торца бруса.
Определить реакции заделки.
147

Решение.
1. Освободим брус от связи (от стены) и заменим ее
реакциями (рис. 166, б). Как известно (см. § 14-3, п. 5 и задачи 82-14,
83-14), равновесие балки, жестко заделанной одним концом,
обеспечивается двумя реактивными факторами: реактивной силой и
реактивным моментом. В данной задаче нагрузки, действующие
Рис. 166 Рис. 167
на брус, расположены не в одной плоскости, поэтому нельзя
заранее определить, в каких плоскостях расположатся реактивная
сила и реактивный момент. _
Заменим реактивную силу тремя составляющими: Х3, 73 и 23,
направив их вдоль предварительно выбранных осей координат.
Реактивный момент заменим также тремя моментами*—тремя
парами сил: Мх, Му и Мг.
2. Таким образом, на брус, кроме трех заданных сил,
действуют шесть неизвестных реактивных факторов - три силы и три
момента. Для пространственной системы сил можно составить
* Как известно, пару сил можно тоже представить в виде вектора (см.
рис. 62, § 10-3). Вектор пары сил, так же как и вектор силы, можно разложить
на три составляющих вектора, направленных вдоль осей (рис. 167, а), а затем
каждый составляющий вектор пары заменить парой сил, действующей в
плоскости, перпендикулярной к той оси, вдоль которой направлен вектор пары
(рис. 167 б, в, г).
148

шесть уравнений равновесия - значит задача статически
определима.
3. Для облегчения составления уравнений равновесия
изобразим брус вместе с действующими на него силами в трех
проекциях (рис. 168, а) и составим уравнение равновесия.
'<
J
% Л
4
«Л
V
¦^\
^
1 ^х
ь .
ц
1 ,<
NS
h
¦РА
'«ffll
P2si/ia
SJ
I
&
Is
P2C0S0C
Рис. 168
Можно, конечно, при составлении уравнений пользоваться
только одним рис. 166, б:
ZXi^O; Х3-Рв = 0;
2У, = 0; -Y3 + P2cos* = 0;
VZ/ = 0; Z3 — Pi-PaSina^O;
2МЛР/) = 0; Л1Ж—P,-/-/y-sina = 0;
4. Решая эти уравнения, получаем:
из A)
ХВ=Р$—1 /cwj
A)
B)
C)
D)
E)
F)
из B)
из C)
из D)
из E)
из F)
Fs=P2cosa=l,64 кн;
Z3=Pi + P2sina = 2,65 кн;
Mx=(P1-\-P2s'n\a) 1=1,59 кнм;
My
Mg= — PJ=—0,C кнм.
3^=^=^0,025 kh-jh;
149

Одной из типичных задач, в которых применяются уравнения
равновесия пространственной системы сил, является задача
определения реакций опор вала какой-либо машины.
Задачи этого типа можно решать так же, как задачи 115-22
или 116-22, т. е. при помощи проекций вала вместе с векторами
заданных и искомых сил на три взаимно перпендикулярные
плоскости. Но в некоторых случаях оказывается более рациональным
несколько иной прием решения, основанный на приведении сил
к оси вала. В качестве примера для такого решения возьмем вал
одного из многочисленных видов редукторов*.
Задача 118-22. На вале редуктора жестко укреплены два
зубчатых колеса: коническое / и цилиндрическое 2 (рис. 169, а).
Левая цапфа вала опирается на подшипник, воспринимающий только
радиальную силу давления, действующую перпендикулярно к оси
вала, а правая цапфа (пята) опирается на подпятник, т. е. на
опору, способную, кроме радиальной силы давления,
воспринимать и осевую (силу, действующую вдоль оси вала).
На колесо 1 действуют три силы: касательная Ях = 4 кн
(окружное усилие); радиальная Qj — 1,28 кн и осевая Sx = 0,48 кн.
Определить в положении равновесия силы Р2 и Q2 = 0,36P2,
приложенные к колесу 2, а также реакции опор А и В. Необходимые
размеры (в мм) даны на рис. 169, а. Весом вала и колес
пренебречь.
Решение.
1. Заданные и искомые силы, приложенные к колесам / и 2,
приведем к точкам Сг и С2 на геометрической оси вала (рис. 169, б).
Сила {^=1,28 кн, действующая вдоль радиуса колеса,
переносится в точку Сг непосредственно. Для приведения к точке Сх
силы Pi = 4 кн, приложим к этой точке уравновешенную систему
сил Рг и - Рх и тогда, кроме приведенной силы Plt образуется
пара сил (Рх; — Рх), отмеченная на рисунке одной черточкой
(присоединенная пара сил). При переносе в точку Сх силы S1 = 0,48 кн
аналогичным образом появляется пара (Sx\ -—Si) отмеченная двумя
черточками. Сила $2, действующая вдоль радиуса колеса 2,
переносится в точку С2 непосредственно. При переносе в точку С2
силы Р2 образуется пара (Р2; — Р2), отмеченная на рисунке тремя
черточками.
2. Освободив вал в точках Л и В от опор, заменяем действие
опор их реакциями: подшипник А не препятствует
горизонтальному смещению вала, поэтому его реакцию, расположенную в
плоскости, перпендикулярной к оси вала, заменяем двумя
составляющими: горизонтальной Хл и вертикальной Za\ подпятник В
препятствует смещению вала вдоль его оси, поэтому его реакцию
заменяем тремя составляющими Хц, YB и Zb (cm рис. 169, б).
* Редуктором называется механическое устройство для передачи мощности от
двигателя, вал которого вращается с большой скоростью, к рабочей машине, вал
которой имеет скорость вращения, в несколько раз меньшую.
150

3. При известном навыке решения задач вместо расчетной
схемы, показанной на рис. 169, б, можно получить более простую
схему (рис. 169, в), на которой вместо пар сил круговыми
стрелками обозначены их моменты. Так, круговой стрелкой Мг
обозначен момент пары сил (Рх; — Рг), действующей в плоскости,
Мг=0/M3кнм\Х\ JS=0fi8KH X х
Рис. 169
перпендикулярной к оси у; М2 — момент пары (Sx\ —5),
действующей в плоскости, перпендикулярной к оси х, и М3 - момент пары
(Я2; — Р2), действующей в плоскости, перпендикулярной к оси у.
Если силы выражать в кн, а плечи пар в ж, то получим такие
абсолютные числовые значения моментов Л4Х и Л12:
МХ = РХЦ = 4-^ = 0,44 кнм;
М2 = 5/^ = 0,48.^=0,0528^0,053 кн-м\
151

а момент М3 выразится так:
Л!3 = Р2^=0.05Р2.
4. Составим шесть уравнений равновесия.
2*, = 0; XA-Pt-Pi + XB=0; A)
vri = 0; -Бг + Ув^О; B)
?Z|=0; Z4 + Q2-Qi + ^=0; C)
S^(^) = 0; -ZA-^fl-Q1-C;B-A«1 + Ql.ClB=0; D)
2Mj,(Pi) = 0; -iW, + M,=0 или - 0.05Я, + Af!=»(); E)
? Мг (Pi)=0; Хд • ЛВ - P2. C2S - Рг. СХБ=0. F)
5. Решая эти уравнения последовательно, получим;
из уравнения E)
р _ Мх _0,44_оЯ
**"~ О05~~0№ ~~ б' **"
Так как
Q2 = 0,36P2,
то
Q2==0,36.8,8 = 3,17 кн.
Из уравнения F)
Y _Р2-С2В + Р1-С1В _8,8-0,22 + 4-0,1,, „
Лд~" АВ "" 0^2 "~*/,с> /CW#
Из уравнения D)
7 _Q1.?1g-Qa-CtB-Mt_ 1,28-0,1—3,17-0.22-0,053 _ t Qj.
Реакция Z^ направлена не вверх, как на рис. 169, в, а вниз.
Из уравнения C)
ZB=Qi—Q2 — ZA = b28 —3,17 —(—l,95)=0t05 кн.
Из уравнения B)
YB=SX = 0,48 ли.
Из уравнения A)
Xj^Pj + P, —Хд = 4+8,8-7,3 = 5,5 ж.
Следующие три задачи рекомендуется решить самостоятельно.
Задача 119-22. Брусья прямоугольного поперечного сечения
жестко заделаны одним концом в вертикальную стенку и
нагружены, как показано на рис. 170. Определить реакции (силы и
моменты) заделки.
152

Ответ:
а) Х3=-0,6х«; К3=1,5кя; Z3=0; Mx= 1,8 кнм; Му*=
= 0,72 кн-м\ Мг = 0;
Рис. 170
б) Х3= — 0,9 кя; К3=1,6/ся; Z3=0; Af^= 1,28 ля-ж; Af,=
= 0,72 кн-м; Мг = 0,09 кн-м.
Задача. 120-22. На валу, горизонтально смонтированном в
подшипниках А и В (рис. 171), жестко закреплены два зубчатых
Рис. 171
153

колеса, диаметры которых dt=300 мм и d2=450 мм. Определить
вертикальное окружное Р% и радиальное Qa усилия, действующие
в положении равновесия на второе колесо {Qi — 0,364Р2), а также
реакции обоих подшипников, если
к первому (малому) колесу
приложено горизонтальное окружное
усилие Р!=1800 н и радиальное
Q1==0,364Pi. Расстояния по
длине вала даны на рисунке.
Ответ. Р2= 1200 «; Q2 = 437«;
YA = _1867 Н\ Z^ = —191 н\
Хя = 104 Н\ гп=*7Ж н.
Задача 121-22. На вал
насажены зубчатое колесо 2 и шкив /,
на которые действуют силы, как
показано на рис. 172.
Определить силу Р и реакции
подшипников А и В в положении равновесия. Диаметры шкива,
зубчатого колеса и размеры вала показаны на рисунке.
Ответ. Р= 150 кГ; ХА = -400,5 кГ\ Хв=133,5 кГ\ 2л = 13,2/сЛ
ZB = 105,6 /сЛ
ГЛАВА V
ЦЕНТР ТЯЖЕСТИ
Центр тяжести - точка, через которую проходит линия
действия равнодействующей элементарных сил тяжеаи. Он
обладает свойством центра параллельных сил (Е. М. Никитин,
§ 44). Поэтому формулы для определения положения центра
тяжести различных тел имеют вид:
*с =
Ус-
EG/ '
' в о* '
' ? Gi ' J
A)
Если тело, центр тяжести которого нужно определить, можно
отождествить с фигурой, составленной из линий (например,
замкнутый или незамкнутый контур, изготовленный из проволоки, как
на рис. 173), то вес Gt каждого отрезка U можно представить
в виде произведения
Gi = lidJ
где d —постоянный для всей фигуры вес единицы длины материала.
154

После подстановки в формулы (I) вместо G, их значений ltd
постоянный множитель d в каждом слагаемом числителя и
знаменателя можно вынести за скобки (за знак суммы) и сократить.
Таким образом, формулы для определения координат центра
тяжести фигуры, составленной из отрезков линий, примут вид;
*с =
Ус
*с =
Д I ft
B)
Если тело имеет вид фигуры, составленной из расположенных
различным образом плоскостей или кривых поверхностей (рис. 174),
Рис. 174
то вес каждой плоскости (поверхности) можно представить так:
Gi = F'tp,
где Ft — площади каждой поверхности, а р — вес единицы площади
фигуры.
После подстановки этого значения G,- в формулы A) получаем
формулы координат центра тяжести фигуры, составленной из
площадей:
ZFi '
*с =
Ус =
*с =
„S^i.
XFi '
ZFi
C)
Если же однородное тело можно разделить на простые части
определенной геометрической формы (рис. 175), то вес каждой
части
где Vi — объем каждой части, а у — вес единицы объема тела.
155

После подстановки значений Gj в формулы A) получаем
формулы для определения координат центра тяжести тела,
составленного из однородных объемов;
Ус- ^у. *
*с
D)
При решении некоторых задач на определение положения центра
тяжести тел иногда необходимо знать, где расположен центр
тяжести дуги окружности,
кругового сектора или треугольника. Q) 6)
Если известен радиус дуги г
и центральный угол 2а,
стягиваемый дугой и выраженный в
радианах, то положение центра
тяжести С (рис. 176, а)
относительно центра дуги О
определится формулой
sin a /cv
Хс = г—-. E)
А
0
В
я"%
1 CNJ
I II I
/ "°1
Jf.
Рис. 175
Рис. 176
Если же задана хорда АВ = Ь дуги, то в формуле E) можно
произвести замену
и тогда
sina = 2-
у _ ъ
Eа)
В частном случае для полуокружности обе формулы примут
вид (рис. 176, б)
*с = ОС=2>?. E6)
156

Положение центра тяжести кругового сектора, если задан его
радиус г (рис. 176, в), определяется при помощи формулы
_2 sina
Хс-~зг — -
F)
Если же задана хорда сектора, то
* - b
Fа)
В частном случае для полукруга обе последние формулы
примут вид (рис. 176, г)
у -ПС-4'-2*
F6)
Центр тяжести площади любого треугольника расположен от
любой стороны на расстоянии, равном одной трети
соответствующей высоты.
У прямоугольного треугольника центр тяжести находится на
пересечении перпендикуляров, восставленных к катетам из точек,
расположенных на расстоянии одной трети
длины катетов, считая от вершины прямого угла
(рис. 177).
При решении задач на определение
положения центра тяжести любого однородного тела,
составленного либо из тонких стержней (линий),
либо из пластинок (площадей), либо из объемов,
целесообразно придерживаться следующего
порядка:
1) выполнить рисунок тела, положение
центра тяжести которого нужно определить. Так как
все размеры тела обычно известны, при этом
следует соблюдать масштаб;
2) разбить тело на составные части (отрезки линий или
площади, или объемы), положение центров тяжести которых
определяется исходя из размеров тела;
3) определить или длины, или площади, или объемы
составных частей;
4) выбрать расположение осей координат;
5) определить координаты центров тяжести составных частей;
6) найденные значения длин или площадей, или объемов
отдельных частей, а также координат их центров тяжести подставить
в соответствующие формулы и вычислить координаты центра
тяжести всего тела;
7) по найденным координатам указать на рисунке положение
центра тяжести тела.
Рис. 177
157

§ 23-5. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОЛОЖЕНИЯ
ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ ТЕЛА,
СОСТАВЛЕННОГО ИЗ ТОНКИХ ОДНОРОДНЫХ СТЕРЖНЕЙ
Задача 122-23. Определить положение центра тяжести
плоской фигуры (рис. 178), изогнутой из тонкой проволоки.
Решение..
1. Фигура состоит из четырех прямых отрезков: АВ = 1{ =
= 8 см; BD = l2=W см; D? = /3 = 6 см; ?F = /4 = 4 см. На эти
четыре части и разделим всю фигуру.
2. Оси координат расположим так, чтобы они совпали с
отрезками DE (ось х) и DB (ось у). Так как фигура плоская, третья
ось здесь не нужна.
3. Для центров тяжести Cv C2, С3 и С4 каждого отрезка
соответственно найдем, исходя из размеров фигуры, их координаты.
Обозначив Хх и ух координаты Си
найдем, что
RA
хг = -g- = 4 см; ух = DB — 10 см;
координаты С2:
*2 = 0; #2 = -2- = 5 см;
координаты С3:
х3= ~ = 3 см; уз = 0;
координаты С4:
*4 = ?>? = 6сл; #4 = ~ = 2 сл«.
Рис. 178
Для удобства, а также ввиду того, что координаты центров
тяжести можно определить непосредственно по рисунку, данные
для подстановки в формулы следует представлять в таком виде:
/х = 8 см; С2D; 10);
/2=10 см; С2@; 5);
/3 = 6 см; С3C; 0);
/4 = 4 см; С4F; 2).
4. Подставим значения lh xt и iji в формулы B) и сделаем
вычисления:
_ 8.4 + 10.0 + 6»3 + 4-6 _74
ЛС— 8+Ю + 6 + 4 ^28 '° tMt
_ 8-10+10-5 + 6-0 + 4.2 138 ^ ™
»С- 8+10 + 6 + 4 - 28 ~4'У'5 СЖ*
5. Отложив вдоль осей х и у найденные координаты, отметим
на рис. 178 положение центра тяжести С данной фигуры.
15а

Задача 123-23. Определить положение центра тяжести плоской
фигуры ОАВ, изогнутой из тонкой проволоки в виде квадранта
(рис. 179).
Решение 1.
1. Фигура состоит из трех частей: двух прямолинейных
отрезков / и 2 длиной г и дуги 3, равной четверти окружности.
с?
В
У
г
Г I
0
к с
L *с ~
и *>
с.
L с
Уз \
gdJ
А]
Рис. 17S
2. Совместив оси координат с прямолинейными отрезками ОА
и ОВ (рис. 179, а), приведем данные для подстановки в формулы:
12 = п
/3 = 0,5лг;
Сд@,5г; 0);
С2@; 0,5г);
Координаты С3 находим из прямоугольного треугольника OC3D;
но по формуле E)
*3==#3==0C3sinj,
, п , . я
sin -j 4r • sin -j-
ося=г~А = - 4
'3*
4
я
поэтому
*в = йа
4г. sin* i
4
я . (VFf
Лг
2/
2г
: я'
3. Подставим значение /t и координат xt и # в формулы B)
и сделаем вычисления:
2г
хс = Ус-
/••0,5г+0,5яг:
г+г+0,5лг
1,5г
'' 2 + 0,5л
= 0,420г.
159

Решение 2.
1. Так как фигура имеет одну ось симметрии, проходящую по
биссектрисе прямого угла, одну из осей координат целесообразно
совместить с осью симметрии (рис. 179, б)
В этом случае общий центр тяжести отрезков ОА и ОВ (точка
С12) находится на оси симметрии (оси х).
2. Определим исходные данные для подстановки в формулы B):
lx + U = 2r, C12@,5r.sini; о);
/3 = 0,5лг; Сэ
4г • sin
О
3. Найденные значения U и координат х% и yL подставим в
формулы B):
я
я
sin -
Сравнивая х'с с
2r» 0,5r. sin -г+0,5я«г.4г 3rsin-r
4 ' я 4
= 0,595г.
2л + 0,5яг 2 +0,5л
Хс из первого решения, видим,
рис. 179, а)
что (см.
хс = ОС sin j = х'с sin -^
или
хс = 0,595г. sin -J = 0,420г.
Задача 124-23. Определить
положение центра тяжести
пространственно изогнутой
проволочной фигуры (рис. 180); размеры —
в мм.
Решение.
1. Расположив проволочную
фигуру в осях координат как
показано на рис. 180, разделим
ее на пять прямолинейных
участков 7, 2, 3, 4 и 5 и отметим точками Clf C2, С3, С4 и С5 центры
тяжести каждого участка.
2. Найдем исходные данные для подстановки в формулы (/* —
длины участков и координаты Q)s
/t = 6 см; Сх@; 0; 3);
Рис. 180
/2 = 8 см\
/3= 16 си;
/4 = 2 см;
/6 = 4 t\w;
С2D; 0; 0)
С3(8; 8; 0)
С4G; 16; 0);
С6F; 16; 2).
160

3. Найденные исходные данные подставим в формулы B) и
вычислим координаты центра тяжести всей фигуры:
_ 6.0 + 8.4 + 16.8+2-7 + 4.6 _198_51 щ
6+8+16+2 + 4
36
,у _ 6.0 + 8-0+16.8 + 2.16 + 4.16 _224_g 2/ ,,„_fi99 „„.
УС— 6 + 8+16 + 2+4 "" 36 ~~° '• см — °'>* мм>
6-3 + 8.Q-i-16-0 + 2-0 + 6*2
6 + 8 + 16 + 2 + 4
26_ 13 _79
: ,«д — ;"q CM —— / ,^ MM.
4. Таким образом, центр тяжести фигуры расположен в точке
С E5,0; 62,2; 7,2).
Следующую задачу рекомендуется решить самостоятельно.
Задача 125-23. Определить положение центров тяжести плоской
и пространственной проволочных фигур, показанных на рис 181
(размеры в мм).
Ответ (в осях, показанных
чф на рис. 181);
а) С (85,5; 26,5);
б) С F; 9,95; -2,19).
Рис. 181
Рис. 182
§ 24-5. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОЛОЖЕНИЯ
ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ ФИГУР,
СОСТАВЛЕННЫХ ИЗ ПЛАСТИНОК
Задача 126-24. Определить положение центра тяжести
фигуры, составленной из трех тонких плоских пластинок
прямоугольной формы, пересекающихся друг с другом под прямыми
углами (рис. 182); размеры —в мм.
Решение.
1. Поместим начало координат в вершине трехгранного угла
и расположим оси координат вдоль линий пересечения пластинок.
6 А. И. Лркуша
161

Фигура состоит из трех прямоугольников с центрами тяжести
С1% С2, С8» расположенными на пересечении прямых, соединяющих
середины противоположных сторон.
2. Исходя из размеров фигуры, определим необходимые данные
для подстановки в формулы C): Ft — площади прямоугольников
и координаты *,-, yt и zt их центров тяжести:
F1=3-5 = 15 см2; СхA,5; 0; 2,5);
^ = 4-8 = 32 см2; С2B; 4; 0);
Fs=8-2 = 16 см2; С3@; 4; 1).
3. Подставим эти данные в формулы D) и вычислим искомые
координаты центра тяжести фигуры:
15-1,5-^322 + 160 86,5 t 07 IQ-
*с= iK_L39.i.ifl =-??r=l>67 CM=16J мм;
15 + 32+16 ~~ 63
= ^==3,04 cjw=30,4 мм;
53,5
15+32+16
15-2,5 + 32.0+16»!
15 + 32+16
63
= 0,85 см=8,5 мм.
н
з 1
5)
1 /; г • з 1
ш
И !
3)
[F1
1 1
Рис. 183
Центр тяжести фигуры расположен в точке С A3,7; 30,4; 8,5).
В последней задаче, а также в задачах, приведенных в
предыдущем параграфе, расчленение фигур на составные части не
вызывает особых затруднений. Но
а) 5) в) иногда фигура имеет такой
вид, который позволяет
разделить ее на составные части
несколькими способами,
например тонкую пластинку
прямоугольной формы с треугольным
вырезом (рис. 183). При
определении положения центра
тяжести такой пластинки ее
площадь можно разделить на
четыре прямоугольника (/, 2, 3 и 4) и один прямоугольный
треугольник 5 —несколькими способами. Два варианта показаны на
рис. 183, а и б.
Наиболее рациона.льным является тот способ деления фигуры
на составные части, при котором образуется наименьшее их число.
Если в фигуре есть вырезы, то их можно также включать в число
составных частей фигуры, но площадь вырезанной части считать
отрицательной. Поэтому такое деление получило название способа
отрицательных площадей.
Пластинка на рис. 183, в делится при помощи этого способа
всего на две части: прямоугольник 1 с площадью всей пластинки,
как будто она целая, и треугольник 2 с площадью, которую
считаем отрицательной.
162

Задача 127-24. Определить положение центра тяжести тонкой
однородной пластинки, имеющей ось симметрии. Форма/и размеры
пластинки показаны на рис. 184.
Решение.
1. Пластинка имеет ось симметрии, на которой находится центр
тяжести. Совместим с осью симметрии ось у, а ось дг — с нижним
краем пластинки.
2. Дополнив пластинку до
прямоугольника ABCD, разобьем ее
тем самым на три части: 1, 2 кЗ.
и
№
Е~
§!
т
280
-н
? ?см
и
5'
а
В
1
А
D
С
If»*-
я 0
10см _
¦¦¦
-~
i\
г3
1*1* !
1 ! г
i i
|х 12см _
F
i
5
i
f
G
Рис. 184
Рис. 185
3. Определим площади каждой части в см2 и координаты их
центров тяжести в см:
/^=28.20 = 560 см2; d@; 10);
F2=-12.3,2= —38,4 см2; С2@; 1,6);
F3=—18,4-10 184 см2; С3@; 15).
4. Определим ординату центра тяжести пластинки, подставив
найденные значения во вторую формулу системы C):
#с=
560.10 — 38,4-1,6—184.15
2779
>8,23 см.
560-38,4-184 ~337,6
Таким образом, центр тяжести С0 имеет ординату
уср&&2 мм.
Задача 128-24. Определить положение центра тяжести плоской
однородной пластинки ABCDEFG, размеры которой в см указаны
на рис. 185.
Решение.
1. Разбиваем пластинку на два прямоугольника АВСО и OHFG
и на треугольник DHI:t площадь которого считаем отрицательной.
2. Начало координат помещаем в точке О, ось х совмещаем
с прямой AG, ось у— с прямой CD.
6* 163

3. Определяем площади Ff составных частей и координаты *,¦,
Hi их центров тяжести С,-:
Fx=40 см2; С^-б; 2);
F2=288 см2; С2F; 12);
F3 = -27 см2; С3C; 22).
4. Подставляем найденные значения площадей и координат
в две первые формулы C) и производим .вычисление:
дгс = 4,8 см и #с=9,8 см.
Таким образом, центр тяжести пластинки находится в точке С0
D,8; 9,8).
Следующую задачу рекомендуется решить самостоятельно.
»'
,
<ь
X Z
1
1
. т,
по
§
у
90
*!
Рис. 186
Задача 129-24. Определить положение центров тяжести тонких
однородных пластинок, форма и размеры которых показаны на
рис. 186.
Ответ: а)**дгс= 18,7 мм; ^/с = —15,7 мм;
б) *С=Ю7 мм; г/с = 135 мм;
в) хс = 8,75 мм; ус =187 мм;
г) jcc= 19,5 см; #с = 28,4 см.
164

§ 25-6. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОЛОЖЕНИЯ
ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ СЕЧЕНИЙ,
СОСТАВЛЕННЫХ ИЗ ПРОФИЛЕЙ
СТАНДАРТНОГО ПРОКАТА
При решении задач, приведенных в этом параграфе,
нужно пользоваться таблицами из ГОСТа на прокатную сталь
(табл. 1—4).
Таблица 1
Сталь прокатная угловая равнобокая. Сортамент. ГОСТ 8509—57

профилей
5
Размеры, мм
Ь
50
d
3
4
5
R
5,5
г
1.8
Площадь
профиля
F, см*
2,96
3,89
4,80
1,33
1,38
1,42
Таблица 2
Сталь прокатная угловая неравнобокая. Сортамент. ГОСТ 8510—57
у, w у
ж
R_
"Г*
JLJ 4

профилей
5/3,2
| 7,5/5
Размеры, мм
В
50
75
ь
32
50
d
3
4
5
б
8
я
5,5
8
г
1.8
2.7

Площадь

профиля
F, см2
2,42
3,17
6,11
7,25
9,47
Справочные
данные для осей
*i—*t

расстояние от
центра
тяжести
У» см
1,6
1,65
2,39
2,44
2,52
01— Vi

расстояние от
центра
тяжести
х9. см
0,72
0,76
1,П
1,21
1,29
Эти таблицы для каждого профиля содержат их размеры и
площадь, а для уголков и швеллера, кроме того, — координаты
центров тяжести.
165

Таблица 3
Сталь прокатная. Балки двутавровые. Сортамент. ГОСТ 8239—56
1
1
"Ш%т
1
R
t
1 ' "
WyY'.
и
+А-
il
——*
он 12%
г*
4
№

профилей
10
12
14
Размеры» мм
h
100
120
140
ъ
55
64
73
d
4,5
4,8
4,9
i
7,2
7,3
7,5
R
7,0
7,5
8,0
г
2,5
3,0
3,0

Площадь
ния,
F, см2
12,0
14,7
17,4
Таблица 4
Сталь прокатная. Швеллеры А. Сортамент. ГОСТ 8240—56

профилей
10
12
14
Размеры, мм
100
120
140
50
54
58
4,8
5,0
5,0
7,5
7,7
8,0
7,0
7,5
8,0
3,0
3,0
3,0
Площадь
сечения
F, см*
И,7
13,7
15,7
20, СМ
1,55
1,59
1,66
Задача 130-25. Определить положение центра тяжести
симметричного сечения, составленного, как показано на рис. 187, из
полосы размером 120x10 мм, двутавра № 12 (ГОСТ 8239—56) и
швеллера № 14 (ГОСТ 8240—56).
Решение.
1. Разбиваем сечение на три части: / — полоса, //—двутавр и
/// — швеллер.
2. Находим площади каждой части, выражая их в см2.
Площадь полосы определяем путем перемножения двух данных
размеров, а площади двутавра и швеллера —по таблицам из ГОСТа.
lot)

Площадь сечения полосы
F,«12.1 = 12 см\
Площадь сечения двутавра № 12
F2=14,7 см*.
Площадь сечения швеллера № 14
Fs=15,7 см*.
3. Данное сечение имеет вертикальную ось симметрии.
Совместим с этой осью ось у, а ось х проведем через середину двутавра
через точку С2 — центр тяжести его сечения. Центр тяжести
сечения полосы С, расположен ниже
точки С2, принятой в данном
случае за начало координат, на
расстоянии
Ух
= ~(т + 0'5) = -6'-5 см
Центр тяжести швеллера С3
находим при помощи тех же таблиц из
ГОСТа Положение центра тяжести
швеллеров в таблицах обозначено
одной координатой г0; для
швеллера № 14 г0= 1,66 см, следовательно,
й=:-2- + го==7,66 СМ'
Таким образом,
Fx = 12 см*\ С,@; -6,5);
f2=14,7 см2; С2@; 0);
/:з=15,7 еж2; С3@; 7,66).
Рис. 187
4. Подставляем эти значения в расчетную формулу для
ординаты ус:
и —-Ц-6.5+14,7-0+15,7-7,66,. 42,3 _ , п
ус~ 12+14,7+15,7 ~42,4~1,U СМ*
В выбранных осях положения центра тяжести сечения
выражены координатами Со@; 1).
Это значит, что центр тяжести сечения находится от его
нижнего края (от точки А) на расстоянии ЛС0 = 8 см.
Задача 131-25. Определить положение центра тяжести сечения,
составленного, как показано на рис 188, из трех профилей
стандартного проката: швеллера № 10 (ГОСТ 8240—56), двутавра
Ко 12 (ГОСТ 8239—56) и неравнобокого уголка № 5/3,2
(размеры 50x32x4 мм ГОСТ 8510—57).
16/

Решение.
1. Разбиваем сечение на три части: / — швеллер, // — двутавр
и ///— неравнобокий уголок.
2. Начало координат поместим в вершине прямого угла
неравнобокого уголка; ось х совместим с нижней полкой двутавра,
а ось у — с его вертикальной осью
симметрии.
3 При помощи таблиц из ГОСТа
находим:
площадь сечения швеллера Кя 10
Fj—11,7 см2;
площадь сечения двутавра № 12
F2=14,7 см2;
площадь сечения уголка Кя 5/3,2
f8 = 3,17 см2,
4. В таблицах из ГОСТа
положение центра тяжести С, швеллера Кя 10
показано одной координатой z0 =
= 1,55 см, так' как швеллер имеет одну
ось симметрии. Положение центра
тяжести С2 двутавра в таблицах не
показано, так как он имеет две оси
симметрии и его центр тяжести
расположен на их пересечении. Положение
центра тяжести Са неравнобокого уголка № 5/3,2 показано двумя
координатами: х0=0,76 и */0=1,65 см.
Располагаем центры тяжести Съ С2 и С3 на рисунке (см.
рис. 188), а затем при помощи таблиц находим их координаты
в выбранных осях, учитывая другие необходимые размеры
профилей, которые также берутся из таблиц:
координаты центра тяжести Сг:
x^OD^PL-PA=5 — 3,2=1,8 см;
1Л = ОВ = ОА + ЛВ=12+ 1,55 = 13,55 см;
координаты центра тяжести С2:
дг2 = 0; ?/2 = ОС2 = 6 см;
координаты центра тяжести С3:
х3 = — 0? = — Уо = —1,65 см,
#з= — ОК = — х0= — 0,76 см.
5. Таким образом,
Л =11,7 см2; С, A,8; 13,55);
/•\>=- 14,7 см2; С2@; 6);
/•3 = 3,17 см2; С8(—1,65; —0,70).
168

6. Подставляем эти значения в расчетные формулы
11,7.1,8+14,7.0-3,17.1,65 15,9
*с=-
Ус =
11,7+14,7 + 3,17 29,6
11,7 . 13,55+14,7 • 6-3,17 .0,76 244,2
11,7+14,7 + 3,17
Центр тяжести данного составного
0,54 см;
=8,23 см.
наты (в мм) С0E,4; 82,3).
Следующую задачу
рекомендуется решить
самостоятельно.
Задача 132-25.
Определить положение центра
тяжести трех сечений,
составленных из профилей
стандартного проката, как
показано на рис. 189.
Ответ (в мм):
а) С@; 31,1);
б) С @; - 3,5);
в) С (85,4; 6,5)
о)
имеет коорди-
У
ч^р*
L/vw
р-^З^ЯШ
1] ^75x5^5-4
9 *"
§ 26-5. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОЛОЖЕНИЯ
ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ ТЕЛА,
СОСТАВЛЕННОГО ИЗ ЧАСТЕЙ, ИМЕЮЩИХ ПРОСТУЮ
ГЕОМЕТРИЧЕСКУЮ ФОРМУ
Чтобы решать задачи на определение положения центра
тяжести тела, составленного из частей, имеющих простую
геометрическую форму, необходимо иметь навыки определения координат
центра тяжести фигур,
составленных из линий или площадей.
Задача 133-26. Определить
положение центра тяжести тела,
составленного из куба /,
имеющего горизонтальную
цилиндрическую канавку //, и
прямоугольного параллелепипеда ///
(рис. 190); размеры —в мм.
Решение.
1. Тело состоит из куба /,
полуцилиндра //, объем
которого считаем отрицательным,
так как он вырезан из
объема куба /, и прямоугольного
параллелепипеда ///.
2. Отметив на рисунке положение центра тяжести составных
частей (Cj — центр тяжести куба, С2 — центр тяжести полуцилиндра
Рис 190
169

и С8 —центр тяжести параллелепипеда), найдем исходные величины
для подстановки их в формулы D) — объемы Vt и координаты *,-,
yit Zi их центров тяжести:
1^=8000 см*; Сг(\0; 10; 10);
У2=_785 см3; С2A7,9; 10; 10);
V3= Ю080 см2; С8A; 30; 14).
3. После подстановки в расчетные формулы имеем:
_ 8000 • 10-785.17,9+10080 -1 А АП АА
Хс~ 8000-785 + 10080 «**.*и СМ^М ММ,
8000-10-785.10+10080.30 01 а 0|Л
УС = 8000-785 + 10080 ~21»6 ™~216 MM;
8000-10-785-10+10080-14 1Л а |Л~
*С = 80Ю-785+10080 ~ 10'6 СМ^ 106 ММ'
Таким образом, центр тяжести данного тела находится в точке
С0 D4; 216; 106).
Эту точку рекохмендуется отметить на рис. 190 самостоятельно.
z\
Рис. 191
Задача 134-26 (для самостоятельного решения). Определить
положение центра тяжести тела, форма и размеры (в мм) которого
показаны на рис. 191.
Ответ. С A22; 184; 80).

РАЗДЕЛ
ВТОРОЙ
КИНЕМАТИКА
В кинематике изучаются законы движения материальных точек
и твердых тел с чисто геометрической стороны. Законом движения
точки или тела можно назвать такую совокупность математических
образов и уравнений, которая в любой момент времени позволяет
установить, где находится точка или тело, куда и как они
движутся. При этом в кинематике не рассматриваются вопросы,
почему точка или тело двигается именно так, а не иначе. Эти
вопросы изучаются в разделе «Динамика».
Прежде чем решить задачи по кинематике, необходимо выяснить
следующее:
а) можно ли данный в задаче движущийся предмет
рассматривать как материальную точку или его нужно считать твердым
телом;
б) в какой форме закон движения задан в задаче.
Необходимость выяснения первого положения вызывается тем,
что законы движения материальных точек (предметов, формой и
размерами которых можно пренебречь) и законы движения
твердых тел (предметов, состоящих из множества материальных точек),
как правило, отличаются друг от друга.
От способа задания закона движения зависит ход решения
задачи.
ГЛАВА VI
КИНЕМАТИКА ТОЧКИ
В этой главе в основном рассмотрены методы решения
задач, в которых закон движения точки выражен так называемым
естественным способом: уравнением s=f(t) по заданной
траектории *.
В этом случае главными параметрами, характеризующими
движение точки но заданной траектории, являются: s—расстояние
от заданного начального положения и t — время.
Величина, характеризующая в каждый данный момент времени
направление и быстроту движения точки, называется скоростью
* Решения задач, в которых закон движения задан координатным способом,
рассмотрены в конце главы (§ 31-6).
171

{D на рис. 192). Вектор скорости всегда направлен вдоль
касательной в ту сторону, куда движется точка. Числовое значение
скорости в любой момент времени выражается производной от
расстояния по времени:
y=g или о = П0-
Ускорение а точки в каждый данный момент времени
характеризует быстроту изменения скорости. При этом нужно отчетливо
понимать, что скорость — вектор, и, следовательно, изменение
скорости может происходить по двум признакам: по числовой
величине (по модулю) и по
направлению.
Быстрота изменения модуля
скорости характеризуется
касательным ускорением at —
составляющей полного ускорения я,
направленной по касательной к
траектории (см. рис. 192).
Числовое значение касатель-
\0 - центр «ри8из- ного ускорения в общем случае
нь( траектории определяется по формуле
\ Траектория
do
Рис. 192
а< = -- или я, = /"(/).
dt
Быстрота изменения направления скорости характеризуется
нормальным (центростремительным) ускорением йп — составляющей
полного ускорения <1, направленного по нормали к траектории
в сторону центра кривизны (см. рис. 192).
Числовое значение нормального ускорения определяется в общем
случае оо формуле
где у—модуль скорости точки в данный момент;
р — радиус кривизны траектории в месте, где находится точка
в данный момент.
После того как определены касательное и нормальное
ускорения, легко определить и ускорение а (полное ускорение точки).
Так как касательная и нормаль взаимно перпендикулярны, то
числовое значение ускорения а можно определить при помощи
теоремы Пифагора:
a=Vcff3k.
Направление й можно определить, исходя из
тригонометрических соотношений, по одной из следующих формул:
sina = --; cosa= --; tga=;~.
172

Но можно сначала определить направление полного
ускорения й, использовав формулу
а затем найти числовое значение а:
а=1а- или а=-2-.
sin а cos ее
Касательное и нормальное ускорения точки являются главными
кинематическими величинами, определяющими вид и особенности
движения точки.
Наличие касательного ускорения (at^0) или его отсутствие
(Я, = 0) определяют соответственно неравномерность или
равномерность движения точки.
Наличие нормального ускорения (а„ Ф 0) или его отсутствие
(йп = 0) определяют криволинейность или прямолинейность
движения точки.
Движение точки мсикно классифицировать так:
а) равномерное прямолинейное (#,^=0 и <7П = 0);
б) равномерное криволинейное (at = 0 и ап ^ 0);
в) неравномерное прямолинейное (я, Ф 0 и яя = 0);
г) неравномерное криволинейное (ut-/=0 и а„^=0).
Таким образом, движение точки классифицируется по двум
признакам: по степени неравномерности движения и по виду
траектории.
Степень неравномерности движения точки задана уравнением
$=/(/), а вид траектории задается непосредственно.
§ 27-6. РАВНОМЕРНОЕ ПРЯМОЛИНЕЙНОЕ ДВИЖЕНИЕ
ТОЧКИ
Если Я, = 0 и Яя = 0, то вектор скорости остается
постоянным (y = const), т. е. не изменяется ни. по модулю, ни по
направлению. Такое движение называется равномерным
прямолинейным.
Уравнение равномерного движения имеет вид
s=s0 + vt (a)
или в частном случае, когда начальное расстояние s0=0,
s = vt. (б)
В уравнение (а) входит всего четыре величины, из них две
переменные: s и / и две постоянные: s0 и v. Поэтому в условии
задачи на равномерное и прямолинейное движение точки должны
быть заданы три любые величины.
173

При решении задач необходимо выяснить все заданные
величины и привести их к одной системе единиц. При этом нужно
заметить, что как в системе МКГСС (технической), так и в СИ
единицы всех кинематических величин одинаковы:
расстояние s измеряется в м9 время / — в сек, скорость v — в м/сек.
Задача 135-27. Точка, совершая равномерное и прямолинейное
движение, проходит прямолинейный участок траектории АВ,
равный 60 м (рис. 193, а) за 30 сек. Простояв затем 10 сек на месте,
точка возвращается в ис-
о)
щ
'Вй
б)
v[M/ce*]\
г.
о
¦г
\В0 t[ce*]
&х
ЧИ
W 20 30
50
60 Ь[сек]
ходное положение со
скоростью 3 м/сек. Сколько
всего времени проходит
от начала движения
точки до ее возвращения в
исходное положение?
Какой путь проходит точка?
Построить графики
перемещения и скорости
точки.
Решение.
1. Расстояние от А до
В, равное s^B=60 ле,
равномерно пройдено за tAB =
= 30 сек. В данном случае
начальное расстояние s0=
= 0, поэтому из
уравнения (б) находим скорость
точки на участке АВ:
Рис. 193
/
АВ
30'
2. Точка находится в покое в течение времени tBB' = № сек.
3. Точка возвращается в исходное положение, пройдя
расстояние от В до А 55л=60 м со скоростью vBA=3 м/сек за время
^=1М=|=20 сек.
VBA 6
4. Время от начала движения до момента возвращения в
исходное положение равно:
tAB+tBB>+tBA =30 +10 + 20=60 сек=1 мин.
5. Путь, пройденный точкой за это время,
s = sA/i + s^ = 60 + 60=120 м.
6. Построим теперь график перемещения (рис. 193,6) и
скорости точки (рис. 193, в) с одинаковым масштабом по оси времени.
174

Задача 136-27. Из двух пунктов А и В прямолинейного шоссе,
находящихся один от другого на расстоянии 100 км, одновременно
выезжают навстречу друг другу два велосипедиста и двигаются
с постоянными скоростями. Велосипедист, выезжающий из А,
имеет скорость уЛ=40 км/ч, а велосипедист, выезжающий из В,—
S[kmJ\
Ь[час]
Рис. 194
скорость 0? = 262/з км/ч. Определить, за какое время каждый
из них проедет расстояние 100 км. Через сколько часов и где они
встретятся?
Решение»
1. Находим время, затраченное первым велосипедистом на
проезд от точки А до В:
100
2. Находим время, затраченное вторым велосипедистом на
проезд от точки В др А:
_*ва_ 100 оз/ u
3. Время и место встречи велосипедистов наиболее просто
определить графически. Расстояние между пунктами А а В,
равное 100 км, изобразим на оси ординат отрезком в 50 мм (рис. 194),
т. е. в масштабе ц5 = 2 км;мм A00 km=\ix-50 мм и \is= ^ мм =
— 2 км1 мм).
По оси абсцисс отложим время в масштабе ц,=0,1 ч,мм D часа
изображены отрезком 40 мм, поэтому 4 ч=\лг 40 мм и |Af = ^--^ =
= 0,1 ч;мм).
175

Первый велосипедист расстояние от Л до В проезжает за 2,5 ч.
Его перемещение изображается на графике прямой 0BV
Второй велосипедист расстояние от В до Л проезжает за 3*14чн
его перемещение изображается на графике прямой В0А2.
Точка С12 пересечения обоих графиков указывает место и время
встречи. Встреча происходит на расстоянии s^=s=60 км от пункта А
(или на расстоянии sB = 40 км от пункта В) через Д/ = 1,5 ч после
начала движения велосипедистов.
Если вместо графического решения применить аналитическое,
то нужно рассуждать таким образом.
Допустим, что место встречи происходит на расстоянии s от
пункта Л, а время встречи Д/, считая от начала движения. Тогда
уравнение движения лервого велосипедиста примет вид
s = vA-At A)
и уравнение движения второго велосипедиста
s=$0-Vp-At, B)
где s0=100 км — расстояние второго велосипедиста от пункта А
в момент начала отсчета (при / = 0).
Так как левые части уравнения A) и B) равны, то
VA-At^SQ-Vfi-At.
Отсюда
At s0 100 км =1Ъ„
vA + vB D0 + 26 2/3) км/ч 1'04-
Из уравнения A) определяем s:
5 = Уд.Д* = 4(М,5=:60 км.
Следующие четыре задачи рекомендуется решить самостоятельно.
Задача 137-27. Какой вид примет график движения
велосипедистов, если, встретившись, они остановятся на 0,5 ч, а затем
продолжат свой путь с прежними скоростями?
Задача 138-27. Две материальные точки находятся друг от
друга на расстоянии 120 м. Первая точка совершает равномерное
движение по направлению ко второй со скоростью 0,5 м/сек;
вторая точка также совершает равномерное движение по направлению
к первой, но через 30 сек после начала движения первой и со
скоростью 1,6 м-сек. Определить место и время встречи.
Ответ. Встреча произойдет через 80 сек после начала
движения первой точки и на расстоянии 40 м от ее первоначального
положения.
Задача 139-27. Между двумя пунктами, расположенными на
шоссе, расстояние 60 км. Выехав из пункта А в 12 ч>
велосипедист рассчитывал, двигаясь равномерно, приехать в пункт В к
14 ч 30 мин.
17.1

На половине пути произошел прокол шины, ремонт которой
занял 27 мин. С какой скоростью ехал велосипедист первую
половину дороги и с какой скоростью он должен ехать вторую
половину, чтобы прибыть в* пункт В в назначенное время?
Ответ. 24 км/ч; 37,5 км/ч.
Задача 140-27. При движении по прямолинейному шоссе
автомобиль проехал s км с постоянной скоростью vj = 30 км/ч.
Следующие s км он проехал также с постоянной скоростью и2 = 60 км ч.
Какова средняя скорость автомобиля на всем пути?
Ответ. l»cp == —^ == 40 км/ч.
vl Т* v2
§ 28-6. РАВНОМЕРНОЕ КРИВОЛИНЕЙНОЕ
ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ
Если at = 0 иап^'0> то модуль скорости остается
неизменным (точка движется равномерно), но ее направление
изменяется и точка движется криволинейно. Иначе, при равномерном
движении по криволинейной траектории точка имеет нормальное
ускорение, направленное по нормали к траектории и численно
равное
где р—радиус кривизны траектории.
В частном случае движения точки по окружности (или по
дуге окружности) радиус кривизны траектории во всех ее точках
постоянный:
p==r = const,
а так как и числовое значение скорости постоянно, то
ап = ~= const.
При равномерном движении числовое значение скорости
определяется из формулы
S — S« S
V=—р2 ИЛИ 0 = 7-
Если точка совершит полный пробег по окружности, то путь $
равен длине окружности, т. е. s^2nr = nd(d = 2r — диаметр), а
время равно периоду, т. е. t~T. Выражение-скорости примет вид
_ 2лг- _яЛ
V— Т — -у, .
Задача 141-28. Тепловоз проходит закругление длиной 800 м
за БОсек. Радиус закругления по всей его длине постоянный и
равняется 400 м. Определить скорость тепловоза и нормальное
ускорение, считая движение равномерным.
177

Решение.
1. Принимая тепловоз за материальную точку, найдем его
скорость:
s 800 1С ,
1> = у-=-эд- = 16 м/сек.
2. Находим нормальное ускорение:
ал= у = 400==0,64 м1сек%-
3. Таким образом, при равномерном движении тепловоза по
закруглению со скоростью у =16 м/сек он имеет нормальное
ускорение ая=0,64 м/сек2
(рис. 195).
Задача 142-28.
Определить, с какими скоростями
движутся точки А, В и С,
расположенные на концах
секундной, минутной и
часовой стрелок часов. Принять
длину секундной и
минутной стрелок равной 14 мм
Рис. 195 Рис. 196 и длину часовой стрелки —
10 мм (рис. 196).
Решение.
1. Скорости данных точек найдем из формулы
2яг
"=—•
2. Определим исходные данные.
Для точки А (конец секундной стрелки)
О А = гА = 14 мм; ТА = 1 мин = 60 сек.
Для точки В (конец минутной стрелки)
ОВ =-гв= 14 лш; Тв=\ «=3600сек.
Для точки С (конец часовой стрелки)
ОС = гс = 10 мм; Гс=12 «/=43200 сек.
3. Находим искомые скорости:
VA
vB*
vc —
2лгА
~~ Та
2лгв
"~ Тв
2лгс
Тс "
2д14
"=-~б(Г
2я14
= ~360(Г
2а 10
'43200 ~"
= 1,47 мм/сек;
= 0,0244 мм/сек;
= 0,00146 мм/сек.
Следующие три задачи рекомендуется решить самостоятельно.
Задача 143-28. Какое нормальное ускорение приобретет
автомобиль, проезжающий со скоростью 80 км/ч арочный выпуклый
мостик, радиус кривизны которого 200 ж?
Ответ. дд=2,47 м/сек2.
178

Задача 144-28. Считая, что Земля движется равномерно вокруг
Солнца по круговой орбите, радиус которой 15-1010 м, определить
ее скорость и нормальное ускорение.
Ответ, v ^ 30 • 103 м/сек ^ 30км/сек;
апъ*6-10"* м/сек2 ъ0,006 м/сек2.
Задача 145-28. Круговая орбита (траектория) искусственного
спутника Земли лежит в плоскости экватора. Скорость спутника
на орбите 3,05 км/сек. На какой высоте над поверхностью Земли
должна проходить орбита спутника, чтобы он постоянно
находился над одной и той же точкой земного экватора и каково будет
на этой высоте нормальное ускорение спутника? Радиус Земли
6400 км.
Ответ. Л=35 600 км; ап = 0,222 м/сек2.
§ 29-6. РАВНОПЕРЕМЕННОЕ ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ
Если a,=const (касательное ускорение постоянно как
по модулю, так и по направлению), то ап=0. Такое движение
называется равнопеременным и прямолинейным.
Если же постоянным остается только числовое значение
касательного уравнения
a<=S=/"(')=const'
то о„^0и такое движение точки называется равнопеременным
криволинейным.
При \at\>0 движение точки называется равноускоренным, а
при !а,|<0 — равнозамедленным.
Уравнение равнопеременного движения независимо от его
траектории имеет вид (см. § 63 в учебнике Е. М. Никитина)
s=s0 + v0t + a?. A)
Здесь s0—расстояние точки от исходного положения в момент
начала отсчета; v0 — начальная скорость и а, — касательное
ускорение—величины численно постоянные, а s и / — переменные.
Числовое значение скорости точки в любой момент времени
определяется из уравнения
v = v0 + art. B)
Уравнения A) и B) являются основными формулами
равнопеременного движения и они содержат шесть различных величин:
три постоянные: s0, v0, at и три переменные: s, v, t.
Следовательно, для решения задачи на равнопеременное
движение точки в ее условии должно быть дано не менее четырех
величин (систему двух уравнений можно решить лишь в том
случае, если они содержат два неизвестных).
179

Если неизвестные входят в оба основных уравнения, например,
неизвестны at и I, то для удобства решения таких задач выведены
вспомогательные формулы:
после исключения at из A) и B)
s = s0+v-±% t; C)
после исключения t из A) и B)
В частном случае, когда начальные величины s0=0 и v0 — b
(равноускоренное движение из состояния покоя), то получаем те же
формулы в упрощенном виде:
•=?-. E)
v=art\ F)
*=-;-•': G)
HS- (в)
Уравнения E) и F) являются основными, а уравнения G) и (8) —
вспомогательными.
Равноускоренное движение из состояния покоя, происходящее
под действием только силы тяжести, называется свободным
падением. К этому движению применимы формулы E) —(8), причем
a, = g = 9,81 м/сек2 ъ 9,8 м/сек2.
Задача 146-29. Шарик, размерами которого можно пренебречь,
начинает скатываться по наклонной плоскости из состояния покоя.
Через 20 сек после начала движения шарик находится от
исходного положения на расстоянии 6 ж.
Определить ускорение шарика и его скорость в конце 10-й и
20-й сек, а также расстояние, пройденное шариком за первые \0 сек.
Решение.
1. Из условия задачи следует, что s0^=0 и и0==0. Пройденное
за t2=20 сек расстояние 5^ = 6 м. Даны четыре величины. Требуется
определить ускорение шарика (движение прямолинейное, значит
определить нужно только а(), скорости у10, о>0 и расстояние s,0.
2. Найдем из формулы G) скорость шарика, которую он
приобретает в конце 20-й сек:
*>2О=-р=-^0" = (),6 М1СеК'
3. Найдем из формулы F) ускорение шарика, которое он имеет,
двигаясь по наклонной плоскости:
^«^•=9^ = 0,03 м/сек2.
180

4. Теперь из этой же формулы F) можно найти скорость в конце
10-й сек (/1== 10 сек):
v10=ar/, = 0,03-10=0,3 м/сек.
5. Из формулы E) находим расстояние, пройденное точкой
за первые 10 сек:
с _*/-'1_0,03Юа_15
Задачу можно решить в ином порядке. Сначала из формулы E)
определить ускорение
а,=:2?|2=У=0,03 м/сек*.
Затем из формулы F) определить v10 и г>2о и» наконец, из
формулы E) найти sl0.
Задача 147-29. Автомобиль, движущийся равномерно и
прямолинейно со скоростью 60 км/ч, увеличивает в течение 20 сек
скорость до 90 км/ч. Определить, какое ускорение получит автомобиль
и какое расстояние он проедет за это время, считая движение
равноускоренным.
Решение.
1. Здесь также четыре данных величины:
о0=60 кл*/|<=--збоо~- м/сек=^7 м/сек,
и20 = 90 км/ч — 25 м/сек, t0.2Q=2Q сек и sti~0,
так как движение автомобиля рассматривается только на том
участке траектории (дороги), где он движется с ускорением.
2. Из вспомогательной формулы C), полагая в ней s0=0, найдем
S0-2o'
_ ___V20 + Vq t _25+L1617 20_ 417 м
&о-2о — 2 ° 20 — 2 —
3. Из формулы B) найдем ускорение, полученное автомобилем:
¦ = 0,415 м/сек2.
_»20 —°о_25— 16,7
' ~ >о 2о """ 20
Задачу можно решить несколько иным путем. Сначала из
формулы B) найти ускорение автомобиля, а затем из формулы A)
найти пройденное расстояние.
Задача 148-29. Имея скорость 20 м/сек, автомобиль въезжает
на криволинейный участок дороги, имеющий радиус закругления
200 м. За 40 сек равнопеременного движения он проезжает
расстояние 400 м.
Определить, с каким касательным ускорением движется
автомобиль, какова его скорость в конце пройденных 400 м и каково
полное ускорение на середине этого пути.
181

Решение.
1. Изобразим участок дороги, по которой движется автомобиль
(рис. 197): О —начало участка, В —конец участка и А —его середина.
Для равнопеременного движения в задаче имеется четыре
основных данных: s0=0 (так как за начало отсчета движения принимаем
точку О); р0=20 м/сек; /оВ = 40 сек и soB=400 м\
кроме того, известен радиус закругления
О1Л = р = 200 ж.
2. Из формулы C) найдем скорость vB
в конце участка дороги длиной soB=400 м
(полагая, что s0 = 0):
*,
vB=-
ОД
2-400
-f« = -
'од
40
-20 = 0.
Рис. 197
В конце рассматриваемого участка
автомобиль останавливается, значит движение
равнозамед ленное *.
3. Найдем касательное ускорение автомобиля из формулы B):
аг-
vB — v0 0—20
оц
40
¦0,5 м/сек2.
Получившееся отрицательное значение ускорения
—подтверждение того, что движение автомобиля равнозамедлеиное.
4. Для того чтобы определить полное ускорение автомобиля
в середине А участка ОВ, нужно сначала найти скорость vA—
скорость автомобиля в момент прохождения им точки А.
Эту скорость найдем из уравнения D), приняв s0 = 0, и s=soA^
= 200 м:
vA = }/2а,. soA + vl = 1/2. (— 0,5) • 200 + 20* = /200;
ул=Ю^2 м/сек**.
5. Находим нормальное ускорение автомобиля в точке А:
V'A 0QVUJ
a*A = f=L^?rL = l м/сек2.
200
6. И, наконец, находим полное ускорение автомобиля:
a=^ + a;U=l/0,52+l2==:l,12 м/сек2.
* Решение задачи можно начать с определения касательного ускорения из
формулы A), считая $0 ^= 0. Тогда
2s0fl — 2v0((
од
2ft
ч>д
2v0 2-400 2 • 20
1ов
'од
OB
402
40
•0,5 м/сек2.
Ускорение получается отрицательным, значит движение равнозамедлеиное.
** В дальнейшем для определения ап нужно иметь значение v-A.
162

7. Вектор полного ускорения а направлен к вектору скорости vA
под углом (а, vA)=a + 90°. Угол а можно найти при помощи его
синуса:
sin
"ЛА
Следовательно,
«--^-¦ЙГ-0.893. «'
;63°
угол (я, 1>л) = 63о + 90°:=153о
Задача 149-29. Точка движется в горизонтальной плоскости по
заданной траектории ОАВС (рис. 198, а). Начав движение из
состояния покоя, точка проходит участок ОЛ = 300^ равноускоренно
за 30 сек, а расстояние от А до 5, равное 200 м, она проходит
а) _ 6) Spfl.
в^С 800[
atsSn?n\ Ш\
*&\\ 60д[
At
Ob
р-Ж» <*00
300
200L
wol
0
в)
tf[*/ce<|
w
w
0
¦w
¦20
г) -30K
Ш
W 20 30 HO 50 SO 10 80 90100401201301 [сек]
W 20304050 SOTO80 90
IW 120130 tfcex]
a t Шеек)
I
0
-II-
To^l ЧО5ОВ0708О
I I I I
ш a 30 Jt=^^Wwi}mm m tjpeiQ
UBC
Рис. 198
равномерно с той же скоростью, которую имеет в конце участка О А.
Из В точка движется в С уже равнозамедленно и проходит это
расстояние за 40 сек. Остановившись в С, точка находится в
покое 20 сек, а затем возвращается обратно в О по той же
траектории, двигаясь равномерно и затратив на это движение 30 сек.
Построить графики перемещения, скорости и касательного
ускорения точки.
Определить полное ускорение точки в момент времени через
60 сек после начала движения.
183

Решение.
1. На участке О А, длина которого 300 м, точка движется
равноускоренно из состояния покоя и проходит этот участок за 30 сек:
sOA=300 м> у0=0, /оа=30 сек.
2. Находим ускорение а0л на участке О А из уравнения E):
*ОА 2-300 2 , 2
3. Скорость точки в конце участка О А находи*м из уравнения F):
2
VA = <*ОА t0A = J ' 30 = 20 Л/ШС.
4. Следующий участок траектории АВ длиной 5дд=200 м точка
проходит с постоянной скоростью Уд=20 м/сек. Определяем время
tABt затраченное на это движение:
, sab 200 1Л
'^=—=ж = 10 сек.
Причем в конце участка АВ скорость 1^ = ^=20 м/сек.
Значит, движение на участке ВС точка начинает со скоростью vB =
= 20 м/сек и, двигаясь равнозамедленно, останавливается в C(vc =
= 0) через *вс=40 сек.
Длину участка ВС найдем по формуле C), приняв s0=0:
5вс=;4^с=^.40=400ж.
5. Ускорение аВс точки на участке ВС определяем из
формулы B):
vc - vB о-20 л - , „
вдс=——~ = 40 =—0,5 м/сек2.
6. В конце траектории точка находится в покое в течение
времени
tec' =20 сек.
7. Затем точка движется обратно и проходит равномерно путь
Sco=see + sBa + Sao = 400 + 200 + 300=900 м
за время /с'О=30 сек.
Скорость точки в этом движении
sco 900 ол ,
1>с/о=-гт-==^?г:=30 м/сек;
1с о ои
она направлена относительно скоростей первой части движения
(например, относительно скоростей vA и vq) в обратную сторону.
184

8. На все движение точки по траектории ОАВС в одну и
другую сторону вместе с остановкой в конце траектории С 3atpaneH0
130 сек, которые складываются из времени:
toA~30 сек— равноускоренного движения,
*ля= Ю сек— равномерного движения,
*дс = 40 сек— равнозамедленного движения,
tec' =20 сек — стояния точки,
tc'o = 30 сек— равномерного обратного движения.
9. Описанное выше движение точки изображаем графически,
построив три графика: перемещений, скоростей и ускорений,
расположенных один под другим (рис. 198, б, в, г).
Для построения графиков необходимо выбрать удобные масштабы
для времени и остальных величин.
Рекомендуется графики, показанные на рис. 198, вычертить
самостоятельно на отдельном листе бумаги в клетку. Масштабы
по оси времени на всех трех графиках одинаковы. Масштаб
времени / принят равным fi,«-2,9 сек/мм B,9 сек в 1 мм) и поэтому
на графике 130 сек изображаются отрезком, равным 45 мм;
масштаб перемещения s- fi5=29 м/мм B9 м в 1 мм) и расстояние
между началом траектории О и ее концом С, равное 900 м,
изображается отрезком, равным 31 мм; масштаб скоростей v — \iv =
= 2,86 м/сек-мм B,86 м/сек в 1 мм) и 20 м/сек изображаются
отрезком, равным 7 MMt а 30 м/сек-длинойя^ 10 мм; масштаб
ускорений а — ца = 0,25 м/сек2 мм @,25 м/сек2 в 1 мм) и 1 м/сек2
изображается отрезком, равным 4 мм, а 0,5 м/сек2 — длиной 2 Мм.
При самостоятельном построении этих графиков следует все
масштабы увеличить, например принять
\it = 1 сек/мм; fj^ = 10 м/мм; iiv = 1 м/сек • мм
и
fAa = 0,l м/сек2-мм.
10. После построения графиков определяем ускорение точки
в момент времени Т=60 сек после начала движения (см. условие
задачи). Для этого прежде всего на графике перемещения из
точки О (начало осей координат) по оси времени откладываем отрезок
ОТ= 7-.»?«L_ ^21 мм.
\xt 2,9 сек/мм
Этот отрезок определит на оси времени время 7 — 60 сек (на
самостоятельно построенном графике расстояние получится большим:
1 1СЛ,ЛЛ»
Из точки Т восставим перпендикуляр ТЬ\ измерив его,
получим TV = 28 мм, значит
sT= ii$. TV = 29 м/мм -28 мм^ 800м.
Если это расстояние отложить на траектории, то увидим, что
точка в момент времени Т~60сек будет находиться на криволи-
185

нейном участке траектории (положение В') с радиусом кривизны
р=с300 м. Значит ускорение движущейся точки складывается из
касательного я, и нормального йп ускорений.
Нормальное ускорение
Скорость vT в момент времени Т = 60 сек находим из графика
скорости:
v т=jio • ТЪ" = 2,86 м/сек • мм • 3,5 мм я« 10 м/сек.
Следовательно,
_U8Z_ 102_ I
Касательное ускорение а, находим из графика ускорений
я* = «вс = — 0,5 м/сек2.
Полное ускорение движущейся точки в момент времени Т = 60 шс
а = Vti + ti = }/~QJ + (iJ ^ 0,6 ж/*»*.
Векторы х)т, йи ап и а, характеризующие кинематическое
состояние точки в момент времени 7 = 60 сек после начала движения,
изображены на рис. 198, а.
Задача 150-29. С крыши высотного дома через каждые 0,5 сек
отрываются и свободно падают одна за другой капельки воды.
Определить, через сколько времени после отрыва
первой капли расстояние между этой и следующей
за ней каплей достигает 7,6 м?
Решение.
1. Эта задача отличается от предыдущей тем,
что в ней рассматривается движение не одной, а сразу
двух материальных точек.
2. Изобразим перемещение обеих точек (рис. 199).
Первая капля за искомое время tx сек успевает
пролететь расстояние Si м. Вторая капля, начавшая
падение через 0,5 сек, находится в падении /2 =
= (/, - 0,5) сек и успевает за это время пролететь
расстояние s2 ж.
3. Расстояние 7,6 м между каплями через tx сек
после начала движения выразим в виде уравнения
s,-s2 = 7,6. (а)
ftv
Рис. 199
Используя формулу E), получим уравнения падения капель:
для первой капли:
9,81 . /¦
S, = -
'4f9ff;
(б)
186

для .второй капли
(в)
4. Подставив в уравнение (а) значения sx и s2 из уравнений
(б) и (в), получаем уравнение, содержащее лишь одно неизвестное
4,9*?-4,9 (^-0,5)* = 7,6.
После раскрытия скобок и приведения подобных членов
получим:
4,9^-1,23 = 7,6,
откуда
7,6 + 1,23
4,9
h-
¦ = 1,8 сек.
1*2 м/ш
Таким образом, через 1,8 сек после отрыва первой капли или
через 1,8-0,5 = 1,3 сек после отрыва второй расстояние между
ними будет составлять 7,6 м.
Следующие задачи рекомендуется решить самостоятельно.
Задача 151-29. Скатывающийся по наклонной плоскости шарик
в точке А (рис. 200) достигает скорости 2 м/сек. Расстояние
АВ=8 м рн проходит за 2 сек. Затем
шарик катится по горизонтальной
плоскости и останавливается в точке С, спустя
еще 2,5 сек.
Считая движение на участках АВ и
ВС равнопеременным, определить
ускорения шарика при движении по наклонной
плоскости и по горизонтальной ВС. На
каком расстоянии от точки В останавливается шарик? С какой
средней скоростью проходит он весь путь от А до остановки в С?
Ответ. аАв=2 м/сек*; авс = —2,4 м/сек2;
Sbc = 7,5 м; уср=3,44 м/сек.
Задача 152-29. Точка движется в горизонтальной плоскости по
заданной траектории ABCDE от Л к ? (рис. 201). Начав
движение из состояния покоя, точка
проходит участок АВ
равноускоренно за 30 сек. От В до С
точка движется равномерно, а
участок CDE проходит равнозамед-
ленно за 40 сек. В конце участка
CDE точка останавливается и
остается неподвижной в течение
10 сек. Затем точка движется по той же траектории, но в
обратном направлении. Весь обратный путь точка проходит равномерно
за 49,5 сек. Углы <х=^ 1,2 рад и Р—2 рад. Радиусы кривизны:
рх= ЮО м и ро, = 50 м.
Рис. 201
187

Построить графики перемещения, скорости, касательного и
нормального ускорения точки.
Определить величину и направление полного ускорения точки
в момент, когда она выходит из закругления траектории в точке D.
Ответ. Скорость равномерного движения при обратном
движении 19 м/сек; полное ускорение в точке D:
aD=6,02 м/сек2; ?(VD; Я/>)=94°45'.
Задача 153-29. Мотоциклист, двигаясь с постоянной по
величине скоростью 15 м/сек, прохмчался мимо контрольного поста,
нарушив правила уличного движения. Через четыре секунды с
контрольного поста за ним отправилась машина с постоянным
ускорением (начальная скорость равна нулю). Проехав 365 м, она
настигла мотоциклиста.
Через сколько времени машина настигла мотоцикл? Каково
было ее ускорение? Чему равнялась скорость машины, когда она
поравнялась с мотоциклом? Постройте графики движения
мотоцикла и машины?
Ответ. / = 20 1/3 сек; а = 1,76 м/сек2;
и=35,8 м/сек.
Задача 154-29. Для измерения глубины ущелья сверху в него
отпускают камень и одновременно приводят в действие секундомер.
Звук от упавшего на дно ущелья камня отмечен в момент, когда
секундомер фиксирует время 7,9 сек. Считая, что скорость звука
335 м/сек, а падение камня свободное (g = 9,8 м/сек2), определить
глубину ущелья.
Ответ. Ля^234 м.
§ 30-6. НЕРАВНОМЕРНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ
ПО ЛЮБОЙ ТРАЕКТОРИИ
Задача 155-30. Движение точки по прямолинейной траектории
описывается уравнением
s = 0,2/3-*2 + 0,6/(s — в м, / — в сек).
Определить скорость и ускорение точки в начале движения.
В какие моменты времени скорость и ускорение точки равны нулю?
Построить графики перемещений скоростей и ускорений для
первых пяти секунд движения.
Решение.
I. Продифференцировав данное уравнение движения, получим
уравнение скорости
у=^0,6/*-2/ + (),6.
№

2. Чтобы определить скорость в начале движения, положим
в этом уравнении время /=0 и получим
vо=0,6 м/сек.
3. Чтобы определить, в какие моменты времени скорость равна
нулю, решим уравнение ско- а)е
рости (см, п. 1) относительно
времени t, приняв в нем
у = 0:
3
ИЛИ
0,6*2 —2/+ 0,6 = 0
0,3*2-/ + 0,3 = 0,
<1,2 =
Отсюда
1 ± j/"i_4«0,3-0,3
2-0,3
/1==:— сек и /2=3 сек.
Таким образом, скорость
точки дважды оказывается
равной нулю: первый раз —
через тг сек, а второй раз —
через 3 сек после начала
движения.
4. Продифференцировав
уравнение скорости,
получим уравнение касательного
ускорения?
5. Подставив в это
уравнение значение *=0, найдем,
что в начале движения
a,ft=—-2 м/сек2.
2 3 UI 5
5)
t[ceiq
г
0
•
г
'
i 5
i
Ь) 1
ах [м/секг]
h г
г
0
> 5
t [сек]
t[ceM
Получившееся отрица- рис# 202
тельное значение
касательного ускорения при положительном значении v0 указывает на
то, что вначале движение было замедленным.
6. Определим, в какой момент времени касательное ускорение
равно нулю:

если
а, = 0,
то
1,2/ —2 = 0.
Отсюда находим, что а, = 0 при f = l2/3 сек.
7. Для построения графиков предварительно составим сводную
таблицу числовых значений s, v и at при значениях t от 0 до 5 сек
(табл. 5).
Таблица 5
Значения /, сек
s = 0,2/з — t'2 + 0,6/, м
V =0,6/2 -2/ -|-0,6, Л?>/С
в/= 1,2/ — 2, л се/с2
0
0
+0,6
1-
1
-0,2
-0,8
-0,8
2
-1,2
-1
0,4
3
-1,8
0
1,6
4
-0,8
2,2
2,8
5
3
5,6
4
8. Построенные по этим данным графики показаны на рис. 202.
Графики даны в масштабах: по оси времени jli, = 0,1 сек/мм; по
оси s: (ы5==0,08 м/мм (на графике перемещений, рис. 202, а)\ по
оси v: ^ = 0,2 м/сек-мм (на графике скоростей, рис. 202, б) и по
оси at:\xa = Q,2 м.'сек2 (на графике ускорений, рис. 202, в).
Рекомендуется построить графики в масштабах: ц< = 0,05 сек/мм,
|li5 = 0,04 м/мм, щ='0,1 м/сек-мм и jne = 0,l м/сек2*мм и дать по
ним описание движения точки.
Задача 156-30 (для самостоятельного решения). Точка движется
по окружности, радиус которой 10 м. Движение точки
описывается уравнением
s=10/—2,5/2(s—в м и /—в сек).
Построить графики перемещения, скорости и касательного
ускорения точки для первых 4 сек движения. На основании анализа
построенных графиков указать: на каких участках движение
ускоренное, на каких — замедленное, какой путь проходит точка за
первые 4 сек и успевает ли она обойти полностью окружность или нет?
Определить полное ускорение точки в момент времени /^ = 0,5 сек.
Ответ, а = 7,53 м,секг\ ?(v\ a)=131°45'.
§ 31-6. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ТРАЕКТОРИИ,
СКОРОСТИ И УСКОРЕНИЯ ТОЧКИ,
ЕСЛИ ЗАКОН ЕЕ ДВИЖЕНИЯ
ЗАДАН В КООРДИНАТНОЙ ФОРМЕ
Если точка движется относительно некоторой системы
координат, то координаты точки изменяются с течением времени.
Уравнения, выражающие функциональные зависимости координат
движущейся точки от времени, называют у|Уавнениями движения
190

A)
B)
точки в системе координат (см § 54, п. 2 в учебнике Е. М.
Никитина).
Движение точки в пространстве задается тремя уравнениями:
*=/.(');)
2=/8@. J
Движение точки в плоскости (рис. 203) задается двумя урав
нениями:
Системы уравнений A) или B) называют законом движения
точки в координатной форме.
Ниже рассматривается движение
точки в плоскости, поэтому
используется только система B).
Если закон движения точки задан
в координатной форме, то:
а) траектория плоского движения
точки выражается уравнением
y=F(x),
которое образуется из данных
уравнений движения после исключения
времени /;
б) числовое значение скорости точки находится из формулы
после предварительного определения проекции (см. рис. 203)
скорости на оси координат
dx dy
в) числовое значение ускорения находится из формулы
после предварительного определения проекций ускорения на оси
координат
Рис. 203
ах
dvx
"Ж
и av
dvy
~"dt
г) направления скорости и ускорения относительно осей
координат определяются из тригонометрических соотношений между
векторами скорости или ускорения и их проекциями.
Задача 157-31. Движение точки А задано уравнениями:
л: = 2/2 + 2; V
I. I
у=1,5/« + 1,
191

где х и у—в см, a /—в сек. Определить траекторию движения
точки, скорость и ускорение в моменты /0 = 0 сек, /х = 1 и f5 =
==5 сек, а также путь пройденный точкой за 5 сек.
Решение.
1. Определяем траекторию точки. Умножаем первое заданное
уравнение на 3, второе — на ( — 4), а затем складываем их левые
Ы
и правые части:
Зл—б/Ч-б
— 4f/= —6Г2 —4
В 3 13 П iu IS [см]
Рис. 204
Зх — 4у = 2
Получилось уравнение первой
степени —уравнение прямой
линии, значит движение точки —
прямолинейное.
Для того чтобы определить
координаты А0 — начального
положения точки, подставим в данные уравнения значение /0 = 0; из
первого уравнения получим лг0 = 2 см, а из второго у0=\ см
(рис. 204). Замечая, что при любом другом значении t (так как
в оба уравнения t входит во второй степени) координаты х и у
движущейся точки только возрастают, делаем окончательный
вывод: траекторией точки служит полупрямая
Зх—\у—2 = 0
с началом в точке А0 B; 1).
2. Определяем скорость движения точки, для чего сначала
найдем ее проекции на оси координат:
dx
'~dt
= B/2 + 2)' = 4/,
mdy
Тогда
dt
? = A,5/* + 1)' = ЗЛ
v = Vv% + vl=V\U* + W =5/.
Таким образом, уравнение скорости имеет вид
При t0 = Q начальная скорость точки и0~0.
При tl = \ сек скорость точки и1 = 5 см сек.
При /5 = 5 сек скорость точки у5 = 25 см/сек.
3. Определяем ускорение точки.
Проекции ускорения на оси координат:
«,-**=<4/)'=4.
а..--
•S-w-i
192

Как видно, проекции ускорения не зависят от времени
движения, значит ускорение тоже постоянно и
а==|Л42 + 3* = 5 см; сек2 у
т. е. движение точки равноускоренное.
4. Так как в данном случае движение точки прямолинейное,
то модуль ускорения можно определить путем непосредственного
дифференцирования уравнения скорости:
v =-5/;
а= ., = 5 см сек2,
at
5. Как установлено, движение точки прямолинейное,
равноускоренное, значит векторы скорости и ускорения совпадают
с траекторией точки, т. е. направлены вдоль полупрямой За —
— Ау— 2 = 0. На рис. 204 показан вектор скорости vx (скорость
точки в момент ^ = 1 сек).
6. Определяем путь, пройденный точкой за первые 5 сек
движения. Выразим предварительно путь как функцию времени t.
Зная, что у=Т/' имеем
ds=Q-dt.
Проинтегрируем последнее выражение]
При v = 5/
s=$5/.rf/=2,5/2 + C.
Если /=r.fo = 0, то
С = srt,
но так как в данном случае начальное расстояние s0=0, то
окончательно
s=2,5/2.
И теперь находим, что за / = 5 сек точка проходит расстояние
s0.6 = 2,5-52 = 62,5 см*.
Задача 158-31 (для самостоятельного решения). Движение
точки задано уравнениями
х=8- sin /;
#=8 cos/,
где х и у—в м, / — в сек.
* Путь, пройденный точкой, в данном случае (так как движение
прямолинейное) можно найти, используя способ аналитической геометрии, как расстояние
между двумя точками Л0C; 1) » Л5 E2; 38,5), характеризующими положение
движущейся точки в начальный момент времени /0 — 0 и в момент /$=5 сек.
7 А. и. Аркуша
193

Определить траекторию точки, а также скорость и ускорение
точки в начале и через 2 сек пос:ле начала движения.
Указание. Для того чтобы исключить / (при определении траектории
точки), каждое уравнение необходимо возвести в квадрат, потом сложить.
Ответ. Траектория —окружность с радиусом 8 ж (x?+jf=64)\
и=8 м/сек и а=ал=8 м;сек2.
§ 32-6. КИНЕМАТИЧЕСКИЙ СПОСОБ ОПРЕДЕЛЕНИЯ
РАДИУСА КРИВИЗНЫ ТРАЕКТОРИИ
При решении многих технических задач возникает
необходимость знать радиус кривизны р (или -- — кривизну) траектории
(Е. М. Никитин, § 59). Если задано уравнение траектории, то
радиус ее кривизны в любой точке можно определить при
помощи дифференциального исчисления. Используя уравнения
движения точки в координатной форме, можно определять радиус
кривизны траектории движущейся точки без непосредственного
исследования уравнения траектории. Определение радиуса кривизны
траектории при помощи уравнений движения точки в
координатной форме называется кинематическим способом. Этот способ
основан на том, что радиус кривизны траектории движущейся точки
входит в формулу
выражающую числовое значение нормального ускорения.
Отсюда
Р-?. (а)
Скорость v точки определяется по формуле
» = КчГЙ? (б)
Следовательно,
V* = vl + Tf\,. (б')
Числовое значение нормального ускорения ап входит в
выражение полного ускорения точки
откуда
я„= Vtf^t, (в)
где квадрат полного ускорения
fl2«flj + flj (г)
и касательное ускорение
do , ч
194

Таким образом, если закон движения точки задан уравнениями
то при определении радиуса кривизны траектории рекомендуется
произвести следующее:
1. Продифференцировав уравнения движения, найти
выражения проекций на оси координат вектора скорости:
2. Подставив в (б') выражения vx и vy, найти v2.
3. Продифференцировав по / уравнение (б), полученное
непосредственно из (б'), найти касательное ускорение д,, а затем аЬ
4. Продифференцировав вторично уравнения движения, найти
выражения проекций на оси координат вектора ускорения
я* = К @ = vx; ау = ft (t) = vy.
5. Подставив в (г) выражения ах и ау, найти а2.
6. Подставить в (в) значения а2 и afw найти ап.
7. Подставив в (а) найденные значения v2 и ant получить
радиус кривизны р.
Задача 159-32. Движение точки задано уравнениями
х=3/; у=М — З*2,
(х, {/ — в см, / — в сек). Определить радиус кривизны траектории
в те моменты, когда она пересекает ось Ох.
Решение.
Ь В те моменты, когда траектория пересекает ось Ох,
ордината #=0. Поэтому, подставив во второе уравнение движения
значение (/ = 0, получим
4/—3*2=0.
Отсюда [решая уравнение относительно /: /D — 30 = 0; f = 0 и
4—3/ = 0] находим, что траектория пересекает ось Ох в моменты
4
времени /х = 0 сек и /2 = у се/с.
2. Находим выражения проекций скорости:
^ = C/)' = 3и vy = Dl—3/2)'=4 — 6/.
Как видно, проекция скорости на ось Ох - постоянная
величина (не зависит от времени).
3. Определяем значение этих проекций в моменты пересечения
траекторией оси Ох:
при /j = 0
1>* = 3; f>»=4;
. 4
при г2 — з сек
4
vx — 3\ i»y = 4 —6« ^ =—.4.
7* 195

4. Числовое значение скорости точки в моменты пересечения
траекторией оси Ох в данном случае одинаковы
V==V^=V2= j/32 + (=t4J=5 см/сек.
5. Находим касательное ускорение точки. Для этого получим
общее выражение (уравнение) скорости, воспользовавшись
зависимостью (б):
^ = J/^J + г/у = КЗ2 Ч- D—б/J
или
у = |/25 —48/ + 36Я
Отсюда
__dv__ -48 + 72/
a'~~i/~~2V/25-48/4-36*2 '
При tx = 0
atl= — 4,8 см/сек2;
. 4
при /s = -g- сек
я,, =4,8 см/сек2.
6. Находим проекции полного ускорения точки:
я, = C/)" = 0 и tfv = D/-3/2)"=D-60'--6.
Следовательно, в данном случае полное ускорение точки —
постоянная величина. Причем
fl2==ai-f-a;.==(-6)*==36.
7. Определяем нормальное ускорение точки. Как при /! = 0,
4
так и при /2 = -? с^лс
Лд=|/а2 —а/==К36 — (гр 4,8J = 3,61 сж/се/с2.
8. Зная, что в моменты пересечения траекторией оси Ox v =
= 5 см'сек и Як —3,61 см/секу находим радиусы кривизны
траектории в этих точках:
P = Pl=P2=- = -?6l=6'94 ^
Решение этой задачи рекомендуется самостоятельно
иллюстрировать чертежом, изобразив на нем траекторию точки, векторы
скорости v и ускорения а в местах пересечения траектории
с осью Ох (эти векторы легко построить при помощи найденных
проекций), а также радиусы р, и р2.
Задача 160.-32 (для самостоятельного решения). Определить
кинематическим способом радиус кривизны траектории точки,
если ее движение задано уравнениями:
x — asintf */ = acos/.
Ответ, p = a.
196

ГЛАВА VII
ВРАЩАТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА
При поступательном движении тела (§ 64 в учебнике
Е. М. Никитина) все его точки движутся по одинаковым
траекториям и в каждый данный момент они имеют равные
скорости и равные ускорения.
Поэтому поступательное движение тела задают движением
какой-либо одной точки, обычно движением центра тяжести.
Рассматривая в какой-либо задаче движение автомобиля
(задача 147-29) или тепловоза (задача 141-28), фактически
рассматриваем движение их центров тяжести.
Вращательное движение тела (И. М. Никитин, § 65) нельзя
отождествить с движением какой-либо одной его точки. Ось
любого вращающегося тела (маховика дизеля, ротора
электродвигателя, шпинделя станка, лопастей вентилятора и т. п.) в
процессе движения занимает в пространстве относительно
окружающих неподвижных тел одно и то же место.
Движение материальной точки или поступательное
движение тела характеризуют в зависимости от времени линейные
величины s (путь, расстояние), v (скорость) и а (ускорение)
с его составляющими at и ап.
Вращательное движение тела в зависимости от времени t
характеризуют угловые величины: <р (угол поворота в
радианах), о) (угловая скорость в рад/сек) и е (угловое ускорение
в рад/сек2).
Закон вращательного движения тела выражается уравнением
Ф« МО-
Угловая скорость — величина, характеризующая быстроту
вращения тела, определяется в общем случае как производная угла
поворота по времени
Угловое ускорение- величина, характеризующая быстроту
изменения угловой скорости, определяется как производная
угловой скорости
Приступая к решению задач на вращательное движение тела,
необходимо иметь в виду, что в технических расчетах и задачах,
как правило, угловое перемещение выражается не в радианах ф,
а в оборотах фоб..
Поэтому необходимо уметь переходить от числа оборотов к ра-
дианному измерению углового перемещения и наоборот.
197

Так как один полный оборот соответствует 2я рад, то
Ф=2я.<роб и фоб=^.
Угловая скорость в технических расчетах очень часто
измеряется в оборотах, произведенных в одну минуту (об/мин), поэтому
необходимо отчетливо уяснить, что со рад/сек и п об/мин
выражают одно и то же понятие - скорость вращения тела (угловую
скорость), но в различных единицах - в рад/сек или в об/мин.
Переход от одних единиц угловой скорости к другим
производится по формулам
пп ЗОш
ю=зо и " = -Т-
При вращательном движении тела все его точки движутся
по окружностям, центры которых расположены на одной
неподвижной прямой (ось вращающегося тела).
Очень важно при решении задач,
приведенных в этой главе, ясно представлять
зависимость между угловыми величинами
ф, со и е, характеризующими
вращательное движение тела, и линейными
величинами s, у, я, и ат характеризующими
у движение различных точек этого тела
(рис 205).
Если р- расстояние от
геометрической оси вращающегося тела до какой-
Рис. 205 либо точки А (на рис. 205 р = ОА), то
зависимость между ф - углом поворота
тела и s—расстоянием, пройденным точкой тела за то же
время, выражается так;
$=р.ф.
Зависимость между угловой скоростью тела и скоростью точки
в каждый данный момент выражается равенством
у=р.<о.
Касательное ускорение точки зависит от углового ускорения
и определяется формулой
а,=р.е.
Нормальное ускорение точки зависит от угловой скорости тела
и определяется зависимостью
0я = (о2р.
При решении задачи, приведенной в этой главе, необходимо
ясно понимать, что вращением называется движение твердого тела,
а не точки. Отдельно взятая материальная точка не вращается,
а движется по окружности — совершает криволинейное движение.
198

§ 33-7. РАВНОМЕРНОЕ ВРАЩАТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ
Если угловая скорость <o=const, то вращательное
движение называется равномерным.
Уравнение равномерного вращения имеет вид
ф=Фо + ю'«
В частном случае, когда начальный угол поворота Фо = 0,
Ф = со/.
Угловую скорость равномерно вращающегося тела
можно выразить и так:
<0 = у,
где Т — период вращения тела; ф = 2я — угол поворота за один
период.
Задача 161-33. Маховое колесо вращается равномерно с угловой
скоростью 16 рад/сек. Определить, сколько оборотов сделает
колесо за 5 мин вращения.
Решен ие 1.
1. Находим угол поворота маховика в радианах, имея в виду,
что ю=16 рад/сек и / = 5 мин = 300 сек:
Ф = о>./=16-300=4800 рад.
2. Находим число оборотов маховика:
^^"гл ^Г=763 обоР°та-
Таким образом, за 5 мин маховик сделает 763 оборота.
Решен ие 2.
1. Переведем угловую скорость со = 16 рад/сек в об/минг
30-со 30-16 ten г */
п= = =152,5 об/мин.
я я
2. Имея в виду, что уравнение равномерного вращательного
движения можно представить так:
Фоб=л/,
где фоб - в оборотах; п — обЫин и / — в мин, находим число
оборотов маховика:
<ро5 = 152,5 • 5 = 763 оборота.
199

п-1250о5/мин
Задача 162-33. Вал, диаметр которого 0,06 м, вращается
равномерно и делает 1200 об/мин. Определить скорость и ускорение
точек вала на его поверхности (рис. 206).
Решение.
1. Скорость точки вращающегося тела
можно найти по формуле
и=р.(о.
2. Но известно, что
лп
0) =
3. Поэтому
30*
Рис. 206
1>=р-
ЯЛ
30*
4. Подставим сюда р =-^ = -?-5=0,03 м и « = 1200 об/мин:
ял Л л0я • 1200 , п .
о=Р ^ = 0,03—^—=1,2я м/сек,
v = 3,77 м/сек.
Вал вращается равномерно, значит скорость точек остается
численно неизменной. По этой же причине у точек отсутствует
касательное ускорение.
5. Нормальное ускорение
найдем из формулы
«• 3.772 Л-А , о
a»=j=-m=474 М,С€К >
которое также в данном
случае остается по модулю
неизменным.
Задача 163-33. Дисковая
пила / имеет диаметр 600 мм.
На валу пилы насажен шкив Рис. 207
2 диаметром 300 мм, а шкив
соединен бесконечным ремнем со шкивом двигателя 3 (рис. 207) дна»
метром 120 мм. С какой угловой скоростью должен вращаться шкив
двигателя, чтобы скорость зубьев пилы не превышала 15 м/сек?
Решение.
1. Так как пила / и шкив 2 насажены на одном валу, то они
имеют одну и ту же угловую скорость шп и скорость зубьев пилы
03 = 15 м/сек зависит от о>„:
потому что
v3 = P«>n или v3= ? •
wn
200

2. Находим угловую скорость шкива 2% который обеспечивает
необходимую рабочую скорость зубьев пилы:
2v3 2.15 СЛ Л/
(оп = ^=П5^-=50 рад/сек
(rf„ = 600 лш = 0,6 м).
3. Теперь найдем угловую скорость <од шкива двигателя.
Шкивы 2 и 3 соединены бесконечным ремнем. Полагая, что
ремень не растягивается и не проскальзывает на шкивах, можно
считать, что все его точки движутся с одной и той же
скоростью ур. Это означает, что скорости точек, расположенных на
поверхностях обоих шкивов, одинаковы и равны t>p.
Поэтому применим зависимость v=pa>:
Отсюда
d2 d4 *
2; «о—2S|°;.
-¦ <о„ J = 50 • j 20 = 125 рад/сек.
4. Если перевести эту угловую скорость в об[минч то
30а>я 30-125
Лд=-л =—д—я« 1200 об!мин.
Таким образом, для того чтобы зубья пилы имели скорость
15 м/сек, шкив двигателя должен вращаться с угловой скоростью
125 рад/сек или 1200 об/мин.
Следующие задачи рекомендуется решать
самостоятельно.
Задача 164-33. Определить угловую
скорость секундной, минутной и часовой
стрелок часов.
Ответ. сосек = 0,105 рад/сек;
сомин — 0,00175 рад/сек;
о)час =0,000145 рад/сек.
Задача 165-33. Точка А шкива,
лежащая на его ободе, движется со скоростью Рис- 2°8
50 см/сек, а точка В —со скоростью 10 см/сек
(рис. 208), расстояние АВ =20 см. Определить угловую скорость
и диаметр шкива.
Ответ, со = 2 рад/сек\ d=50 см.
* Полученное отсюда отношение угловых скоростей, численно равное
обратил d2
ному отношению их диаметров —*=.-—* э называют передаточным числом ременной
(l)tj U3
передачи.
201

Задача 166-33. Каток фрикционной передачи (рис. 209)
диаметром ?^ = 420 мм вращается с угловой скоростью /г, = 180 об/мин.
Чему должен равняться диаметр d2 второго катка, находящегося
в сцеплении с первым, если его
угловая скорость п2=600 об/мин?
Определить нормальные
ускорения точек, расположенных на обо-
дах обоих катков. При решении
задачи рассматривать
установившееся вращение обоих катков без
скольжения.
Ответ. d2 = 126 мм\
аЯ1=74,5 м/секг\
Рис. 209
*л,-
>249 м/сек*.
§ 34-7. РАВНОПЕРЕМЕННОЕ ВРАЩАТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ
Вращательное движение с переменной угловой скоростью
называется неравномерным (см. ниже § 35-7). Если же угловое
ускорение е = const, то вращательное движение называется
равнопеременным. Таким образом, равнопеременное вращение тела —
частный случай неравномерного вращательного движения.
Уравнение равнопеременного вращения
et2
ф = Фо + *>о' + -2-
A)
и уравнение, выражающее угловую скорость тела в любой момент
времени,
в) = со0 + е/ B)
представляют совокупность основных формул вращательного
равнопеременного движения тела.
В эти формулы входят всего шесть величин: три постоянных
для данной задачи ф0, со0 и е и три переменных <р, со и t.
Следовательно, в условии каждой задачи на равнопеременное вращение
должно содержаться не менее четырех заданных величин.
Для удобства решения некоторых задач из уравнений A) и B)
можно получить еще две вспомогательные формулы.
Исключим из A) и B) угловре ускорение е:
Ф = Фо+—Т^'.
Исключим из A) и B) время /:
Ф = Фо + —ОТ
C)
D)
В частном случае равноускоренного вращения, начавшегося из
состояния покоя, ф0 = 0 и оH==0. Поэтому приведенные выше основ-
202

ные и вспомогательные формулы принимают такой вид:
ф=у; E)
о>=е/; F)
ф-?'; G)
f-?. (8)
Задача 167-34. Маховик, вращающийся с угловой скоростью
л0 = 90 об/мин, с некоторого момента начинает вращаться
равноускоренно и через 1,5 мин достигает угловой скорости пк =
-- 150 об/мин. Определить угловое ускорение маховика. Сколько
всего оборотов делает маховик за 1,5 мин? Какую скорость имеют
точки на цилиндрической поверхности маховика через 45 сек после
начала равноускоренного движения, если диаметр маховика 1,2 м?
Решение 1. Все угловые величины выражаем в радианном
измерении.
1. Если л0 = 90 об/мин, то
®* = зо "W^371 Рад1сек>
если як =150 об/мин, то
ппк я-150 с л,
о* = ~= 30 = 5я рад/сек.
2. Из уравнения B) находим угловое ускорение, учитывая, что
изменение угловой скорости от со0 до о>к происходит за / = 1,5 мин =
= 90 сете:
8=^^-^^==^- рад/сек* ъ 0,07 рад/сек*.
3. Определяем из формулы C) угол поворота тела за / = 1,5 мин —
= 90 сек, принимая cpo = 0:
y = Vo + ?z^.t=^**m90sss360st рад
4. Находим, какому числу оборотов соответствует этот угол
поворота:
Ф ЗбОя ,ол -.
Фоб = ^ = -2;а- = 180 оборотов.
Следовательно, за время равноускоренного вращения маховик
успеет совершить 180 оборотов.
5. Прежде чем найти по формуле
203

скорость точек на ободе маховика в момент времени 7 = 45 сек
после начала равноускоренного вращения, необходимо найти
угловую скорость маховика (Dj в этот момент:
щ = оH -f е/, = Зл + ? • 45 = 4л рад/сек.
Зная, что р = -2"— ъ~ = 0,6 Л1, получаем
г, — о^р = 4л • 0,6 = 2,4л лс/сек ^ 7,54 лг'сея:.
Решение 2 — угловые величины выражаются в оборотах, а
время — в сек (t— 1,5 мин = 90 сек).
1. Выражаем данные угловые скорости в об/сек.
лг0 = 90 об/лшн= 1,5 об/сек и як=150 об/мин =2,5 обсек.
2. Представим формулу C) в ином виде, приняв ф0 = 0:
Тогда
фоб=—9—'•
фоб— * 2 90=180 оборотов.
[(об с^к) • сек] = [об].
юе ускорени
представить i
wK = w0 + e7
3. Обозначив е' — угловое ускорение, выраженное через
обороты, формулу B) можно представить в виде
и тогда
e^b^^^L^O.0111 off/**».
4. Найдем п1 — угловую скорость маховика через /х=45 сек
после начала равноускоренного вращения:
п\ = по + B'h ~ 1,5 Н- 9(j • 45 = 2 об/сек,
что соответствует
л, =2-60= 120 об/мин.
Теперь находим при этой угловой гкорости маховика скорость
точек на его ободе:
yi = -^--P=—зо" '"^ ' ''^ -и/^к-
Если же пх выражено в об/сек, то
v1 = 2nn1 р = 2л-20,6 = 2,4ля«7,54 м'сек.
Задачу можно решить и не переводя заданное время из минут
в секунды, т. е. решить при заданных числовых величинах
204

л0 —90 об/мин, лк=150 об/мин и /=1,5 мин Этот вариант
решения рекомендуем выполнить самостоятельно
Задача 168-34. Вал, вращающийся равноускоренно щ состояния
покоя, в первые 12 сек совершает 95,5 оборота. С каким угловым
ускорением вращается вал и какую угловую скорость он
приобретает?
Решение.
1. Угловое перемещение за время /=12 сек равноускоренного
движения составляет
<р = 2лфоб = 2л-95,5 рад
2. Из формулы E) находим угловое ускорение вала:
2<р 2-2л-95,5 0 оо л, ,
6 = Д = ^2 *** 8'33 рад/сек2.
3. К концу 12-й секунды вал приобретает угловую скорость
[см. формулу F)]:
ш = е/=8,33'12=100 рад/сек,
что соответствует
п = — = =955 об'мин.
л л
Задачу можно решить и в другой последовательности, а также
выражая величины через обороты.
Задача 169-34. Колесо, вращающееся со скоростью 1500 об/мин,
при торможении начинает вращаться равнозамедленно и через
30 сек останавливается. Определить угловое ускорение и число
оборотов колеса с момента начала торможения до остановки.
Решение.
1. Выразим начальную угловую скорость в рад/сек:
ял0 л-1500 -л 1С~ л
ш0 = -—°- =—^— = 50л =157 рад/сек.
Найдем угловое ускорение из формулы B):
(О— О),, 0—157 С'ОО Л# 9
г = ——* = —зо~~ ^ ~" 5'23 Рад'сек •
2. Представим формулу C) в виде
фоб = —2~' *•
Тогда число оборотов вала за / = 30 сек = 0,5 мин
лЧ-Лп * 0-1-1500 Л с 0-7С г
сроб = ' °^r=—l_ 0,5=375 оборотов.
Следующие задачи рекомендуется решить самостоятельно.
205

Задача 170-34, Маховик, находящийся в покое, приводится
в равноускоренное вращение с угловым ускорением 0,5 рад/сек2.
Через сколько секунд он приобретает угловую скорость 360 об/мин?
Сколько времени должен вращаться
маховик с тем же ускорением, чтобы он
I
J] 1 Г\х совершил 600 оборотов, считая от начала
Э1- ~т~ 71*4 движения?
Ч V/' \ ^ Ответ. Через 75,4 сек; 123 сек.
Задача 171-34. Определить, через
сколько времени зубчатое коническое
колесо 1 радиусом ^ = 10 см (рис. 210)
будет иметь угловую скорость п1 =
Рис- 210 =4320 об/мин, если оно приводится во
вращение из состояния покоя зубчатым
колесом 2 радиусом г2= 15 см, начавшим вращаться.с угловым
ускорением 2 об/сек2.
Ответ. Через 24 сек.
Задача 172-34. Ротор двигателя, имея угловую скорость
12 000 об/мин, вращается с постоянным угловым ускорением е =
= —30 рад/сек2 в течение А/1 = /1—0=25 сек. Затем в течение
Д/2 = /2—/1 = 45 сек ротор вращается равномерно и, наконец, в
течение Д/а = /8 — /2 = 26 сек ротор, вращаясь равнозамедленно,
останавливается.
Сколько всего оборотов делает ротор за все время от начала
движения до остановки?
Ответ. ^8200 оборотов.
§ 35-7. НЕРАВНОМЕРНОЕ ВРАЩАТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ
Рассмотрим пример решения задачи, в которой задано
неравномерное вращательное движение тела.
Задача 173-35. Вращение вала в течение первых 20 сек
происходит согласно уравнению
<р = 0,8Л
Определить угловую скорость вала в конце 20-й секунды;
угловое ускорение в начале движения, в конце 10-й и 20-й секунд;
сколько всего оборотов делает вал за 20 сек.
Решение.
1. Определим число оборотов вала за 20 сек. Для этого
предварительно найдем угол поворота за / = 20 сек:
ф = 0,8/3 = 0,8- 203 = 6400 рад.
И теперь
Фоб = ^ = ~2^- = 1020 оборотов.
206

2. Определим уравнение угловой скорости вала:
<о=-^ = @,8*3)'==2,4/а.
3. Найдем угловую скорость вала в конце 20-й секунды
(/ = 20 сек):
а)к = 2,4/а=2,4202=960 радГсек.
Если выразить эту угловую скорость в об/мин, то
Пк=-^^9170 об/мин.
4. Определим уравнение углового ускорения:
е=** = B,4/2)' = 4,8/.
5. Найдем угловое ускорение в начале движения (/0 = 0),
в конце 10-й (/j = 10 сек) и 20-й секунд (/2 = 20 сек):
е0 = 4,8. t0 = 0; е, = 4,8^ = 4,8 • 10 = 48 рад/сек2\
е2=4,8 ^2 = 4,8-20 = 96 рад/сек2.
Задача 174-35 (для самостоятельного решения). Определить,
за какое время, считая с момента начала движения по уравнению
ф = 5/ + 1,2/3,
тело достигнет угловой скорости 70 рад/сек? Сколько оборотов за
это время успеет совершить тело и какой величины достигнет
угловое ускорение?
Ответ. 4,25 сек; я^ 18 оборотов; 30,6 рад/сек2.
ГЛАВА VIII
СЛОЖНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ И ТЕЛА
При решении задач, в которых рассматривается сложное
движение точки или тела, необходимо уметь правильно расчленить
сложное (составное), или так называемое абсолютное движение, на
переносное и относительное.
При расчленении сложного движения рекомендуется учитывать
следующее. Абсолютное (составное) движение происходит
относительно неподвижной системы координат. Обычно эту систему
координат связывают с Землей или с неподвижными относительно Земли
предметами: зданием, деревом, полотном дороги и т. д.
Переносное движение точки или тела происходит вместе с
некоторой материальной средой (телом), внутри или на поверхности
которой находится рассматриваемое в задаче тело или
рассматриваемая точка. Таким образом, переносное движение — это движение
207

материальной среды вместе с точкой также относительно
неподвижной системы координат.
Относительное движение точки или тела —это перемещение их
внутри материальной среды, или по ее поверхности, независящее
от движения самой материальной среды.
В тех случаях когда заданы движения двух (или более) тел
(точек) относительно неподвижной системы координат и необходимо
определить движение одного из этих тел относительно другого,
удобно пользоваться теми же приведенными выше соображениями.
Тело, относительно которого требуется рассмотреть движение,
мысленно остановим, а неподвижную систему координат заставим
двигаться по его закону, но в обратном направлении. Тогда для
второго тела это движение станет переносным, а движение второго
тела — относительным. После этого очень просто понять, как будет
двигаться второе тело по отношению к первому.
Этот последний прием использован при решении задач 177-36
и 184-37 и обычно его используют при рассмотрении планетарных
механизмов (см. ниже § 40-9).
Решение всех задач на сложное движение необходимо
иллюстрировать рисунком.
§ 36-8. СЛОЖЕНИЕ ДВИЖЕНИЙ ТОЧКИ,
КОГДА ПЕРЕНОСНОЕ И ОТНОСИТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЯ
НАПРАВЛЕНЫ ВДОЛЬ ОДНОЙ ПРЯМОЙ
При изучении сложного движения точки будем
рассматривать только переметение и скорость.
Если переносное и относительное движения направлены вдоль
одной прямой, то:
перемещение точки в абсолютном движении равно
алгебраической сумме перемещений в переносном и относительном движениях;
скорость точки в абсолютном движении равна алгебраической
сумме переносной и относительной скоростей.
Условимся направление переносного перемещения и
соответственно направление переносной скорости считать положительными.
Тогда относительное перемещение и соответственно относительная
скорость будут также положительными, если они направлены в ту
же сторону, что и переносное. Если же относительное перемещение
(и скорость) имеют направление, противоположное переносному,
то будем считать их отрицательными.
Таким образом, при совпадении направлений переносного и
относительного движений
При противоположных друг другу направлениях переносного
и относительного движений
^абс==5цер Sqtu И ^абс^^пер ^отн*
208

Задача 175-36. Вниз по течению реки равномерно плывет лодка,
приводимая в движение гребным винтом от мотора. Скорость
течения реки 4 км/ч, скорость лодки, сообщаемая ей гребным
винтом по отношению к воде, составляет 8 км/ч. Определить
скорость лодки относительно берегов и расстояние, которое проходит
лодка вдоль берегов за 20 мин.
Решение иллюстрировать рисунком, считая берега реки на
данном участке прямолинейными и параллельными.
Решение.
1. Лодку принимаем за материальную точку, а водную массу
реки —за материальную среду.
Движение лодки относительно берегов или, иначе говоря,
движение лодки, наблюдаемое с берега,—это абсолютное движение.
Переносное движение лодки — ее перемещение вместе с рекой;
скорость ир = 4 км/ч, которую сообщает лодке река, —ее
переносная скорость.
Относительное
движение — перемещение лодки
по поверхности воды,
создаваемое гребным
винтом; скорость
относительного движения vJi =¦¦ 8 км/ч.
2. Так как в данном
случае переносное и
относительное движения
направлены в одну и ту же
сторону, то скорость лодки относительно берегов (абсолютная
скорость)
v96c = vp + vA = 4 + 8 = l2 км/ч.
3. За время /=-20 лш« = -д- ч лодка вдоль берегов проходит
расстояние
4. Иллюстрируем решение задачи следующим образом (рис. 211).
Изобразим на рисунке тот участок водного пространства,
который проходит лодка независимо от того, перемещается этот
участок воды или нет. За 20 мин = -$ ч лодка успевает пройти по
этому пространству из положения L0 в положение Lx расстояние
L(/~i -— sOT|, — vOTU • t = o • т>- =--= J -„ км.
Рис. 211
За эти же 20 мин, или -»- чу показанное водное пространство
переместится на расстояние
, А 1 4 .1
= 5пер = 0р • * == 4 • «- = -j — * "о КМ •
209

Таким образом, лодка, находившаяся в начале
рассматриваемого движения относительно берегов в точке L0, через 20 сек
оказывается в точке L'u т. е. проходит расстояние
LqL\ — Sa(jc — SOTH -(- S|
пер
= 2-g- +1 -^ = 4 KM.
Следовательно, скорость абсолютного движения
tUc—^=А>=12 км/ч.
о)
д)
6)
Г
f. ц • ]
У2
/ 1
•
\ г \
1 /
• [
~? 1
Задача 176-36. (для самостоятельного решения). С какой
скоростью относительно берегов будет перемещаться лодка (по
условию предыдущей задачи) и какое расстояние
она проплывет за 30 мин, если будет двигаться
против течения? Ответ иллюстрируйте чертежом.
Ответ. иабс = 4 км/ч; Sa6c = 2 км.
Задача 177-36. Два автомобиля 1 и 2
движутся параллельно друг другу в одну и ту же
сторону со скоростями vx = 80 км/ч и v2 = 60 км/ч
(рис. 212, а). С какой скоростью второй
автомобиль двигается относительно первого?
Решение.
1. Ответ «по соображению» получается
мгновенно: у2_1 = 60 —80 = —20 км/ч, т. е. относи-
] тельно первого второй автомобиль двигается со
скоростью 20 км/ч, но в обратную сторону.
2. Объясним это решение с точки зрения
теории сложного движения точки. Условно
остановим первый автомобиль. Но тогда, чтобы не
изменились условия движения, необходимо
мысленно представить, что полотно дороги под
вторым автомобилем и вместе с ним получает движение в обратную
сторону со скоростью ?„еР ~ — vx (рис. 212, б).
Находясь в условном переносном движении со скоростью vnev,
второй автомобиль относительно дороги движется со скоростью и2.
Поэтому результирующая обеих скоростей уабс = у2 л численно
равна их разности:
vz_1 = vx — v2 — 80 — 60 = 20 км/ч.
Как видно на рис. 212, а, результирующая направлена в
сторону, противоположную скорости *>!•
Задача 178-36 Саля самостоятельного решения). Два автомобиля
двигаются яавстречу друг другу по прямолинейному участку шоссе
со скоростями 1^ = 80 км/ч и г2 = 60 км/ч. С какой скоростью
первый автомобиль двигается относительно второго?
Ответ. уЬ2=140 км/ч.
Задача 179-36. Расстояние s = 90 км между двумя пристанями,
расположенными на реке, теплоход проходит без остановки в одном
Рис. 212
210

направлении (по течению) за /, = 3 ч и в обратном направлении
(против течения) за /2 = 5 ч. Определить скорость течения реки и
собственную скорость теплохода.
Решение.
1. Теплоход, который принимаем за материальную точку,
двигаясь по течению, имеет абсолютную скорость (скорость
относительно берегов):
где vTX — искомая собственная скорость теплохода (относительная
скорость);
ир —скорость течения реки (переносная скорость).
При движении против течения абсолютная скорость теплохода
0а = 0тх-0,
р*
2. Движение теплохода по течению описывается уравнением
(рис. 213, а)
s = (t>T* + flp)'i- (а) Н S~90HM
Движение теплохода «рт^^
против течения происхо- #* v,*vTX+Vf, «, « _
дит по уравнению (рис. ^ Ч*т%г**
213, б) уттшшшшшшшлтшшшшж
s=(vTx-v9)t2. (б) Рис. 213
2. Решаем полученную систему уравнения. Из (а) и (б)
*тх + Ур = 75-,
fTi-fp—J.
Сложим правые и левые части этих уравнений:
2уТх = 7" + 7;=я:"з" +  ^^ км/ч
и
гтх = 24 км/ч.
Вычитаем из верхнего равенства нижнее:
о.. ' * s 90 90 10
и
vp = 6 км/ч.
Таким образом, собственная скорость теплохода составляет
24 км/ч и скорость течения реки равна 6 км/ч.
Следующую задачу рекомендуется решить самостоятельно.
Задача 180-36. Расстояние между двумя пристанями,
расположенными на реке, теплоход, двигаясь равномерно без остановки,

проходит по течению реки за tx = 3 чу а против течения (двигаясь
в обратном направлении) — за /2 = 4,5 ч. За какое время /3
проплывает это же расстояние плот, передвигаемый только течением
реки?
Задачу надо решить в общем виде, а потом подставить
числовые значения.
Ответ, *3 = ~^~'?-=18 ч.
§ 37-8. СЛОЖЕНИЕ ДВИЖЕНИЙ ТОЧКИ,
КОГДА ПЕРЕНОСНОЕ И ОТНОСИТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЯ
НАПРАВЛЕНЫ ПОД УГЛОМ ДРУГ К ДРУГУ
Когда переносное и относительное движения направлены
под углом друг к другу, то перемещения и скорости складываются
геометрически.
Таким образом, абсолютная скорость точки уабс определяется
как геометрическая сумма переносной ?\|ер и относительной ?отн
скоростей;
С'абс==Уотн + Упер, A)
т. е. либо как диагональ параллелограмма, построенного на
переносной и относительной скоростях (рис. 214, я), либо как
замыкающий вектор треугольника скоростей (рис. 214, б).
214
При решении задач на определение скоростей наиболее удобно
применять графо-аналитический способ (см. § 3-1 настоящего
пособия).
Если применяется правило параллелограмма, то модуль
абсолютной скорости определяется по формуле, выведенной из теоремы
косинусов
?Ue ~= V v;lep + v$in + 2упер1>отцСО$ а. B)
Если применяется правило треугольника, то модуль
абсолютной скорости определяется по теореме синусов.
Направление абсолютной скорости по отношению к йпер или v0TU
можно найти также при помощи теоремы синусов.
212

В частном случае, когда параллелограмм скоростей превра
щается в прямоугольник или когда треугольник скоростей
получается прямоугольным, для решения задачи используются
тригонометрические функции и теорема Пифагора (см. ниже задачи
181-37, 182-37, 185-37).
Если в частном случае ипер = готп, то при геометрическом
сложении таких скоростей образуется ромб (рис. 215, а) или
равнобедренный треугольник (рис. 215, б), тогда
^абс = 2l>IIep . COS *• — 2l'OTll • COS j . C)
Задача 181-37. Вертикально падающие капли дождя оставляют
на боковых стеклах автомобиля полосы под углом a--31J к вер-
Рис. 215 Рис. 216
тикали. Скорость движения автомобиля 40 км'ч. Определить,
с какой скоростью падают капли дождя.
Решение.
1. Изобразим движение капли дождя на рисунке (рис. 216).
Капли падают вертикально, следовательно, скорость vK какой-либо
капли К относительно Земли является скоростью абсолютного
(составного) движения. И эту скорость vK можно представить
в виде геометрической суммы горизонтально направленной
переносной скорости автомобиля vA и v0{„ — относительно скорости
капли при ее движении по стеклу автомобиля.
2. Получившийся параллелограмм скоростей диагональ делит на
два прямоугольных треугольника. Рассмотрев любой из этих
треугольников, найдем
vA 40
* = tgS=tg3P=66-5 KM/H-
Переводим полученную скорость падения капель в м/сек:
66,5-1000 1Q ~ .
Vk~ збоо—*** ,0 м1сек-
213

Задача 182-37. От одного берега реки к другому плывет лодка
держа курс перпендикулярно к берегам. Ширина реки 800 м;
лодка достигает противоположного берега через 12 мин после
начала переправы. За это время лодку сносит вниз по течению
на расстояние 600 м. Определить скорость течения реки;
собственную скорость лодки: скорость лодки относительно берегов
Скорость течения у берегов и на середине реки считать одинаковой
Решение.
1. Изобразим на рисунке движение лодки (рис. 217).
Представим, что лодка отплывает из точки А на правом берегу. Если бы
1пер^0,бк» ., 11е было течения, она достигла бы противо-
^^J^^i^^.W^ положного берега в точке В; известно, что
f 5| ™/0 ширина реки ЛВ = /р = 800 ж = 0,8 км. Но
лодку сносит вниз по течению (переносное
движение) на расстояние ВС---/пср = 600 м =
*Г7
= 0,6 км и поэтому движение лодки
относительно берегов (абсолютное движение)
происходит по прямой АС.
Обозначим точкой L положение лодки
\ а]/ через некоторое время после начала дви-
Alt««# жеш1Я. Скорость лодки относительно бере-
Рис- 21? гов — абсолютная скорость иабс - направле-
на вдоль прямой АС и складывается из
собственной скорости 1>л, сообщаемой гребным винтом или
веслами, и из переносной скорости течения реки v9.
2. Допустим, что нет течения реки, тогда лодка будет
перемещаться относительно берегов так же, как и относительно воды,
по прямой АВ и ее движение опишется уравнением
где t — время переправы (/=^12 лшя = 0,2 ч).
Отсюда находим собственную скорость лодки (скорость лодки
относительно воды - относительную скорость)
/Р 0,8
^л::г=-/-==02=4 км/ч.
3. Если лодка будет плыть, подчиняясь только течению реки
ее движение опишется уравнением
Aicp^V'
Из этого уравнения найдем скорость течения реки:
/„ер 0,6
fp=—=Q2=3 км/ч.
4. Теперь из прямоугольного треугольника скоростей (см.
рис. 217) легко найти скорость лодки относительно берегов -
абсолютную скорость:

Задача 183-37 (для самостоятельного решения). Под каким
углом к прямой АВ (см. задачу 182-37) нужно направлять лодку
против течения, чтобы она переплыла реку, двигаясь точно по
АВ *? Какова будет в этом случае абсолютная скорость лодки и
сколько времени займет переправа?
Ответ. 48°40', уа6с = 2,65 км/ч, /=0,302 ч=19 мин 12 сек.
Задача 184-37. Трассы двух воздушных лайнеров пересекаются
над поселком А. Первый лайнер летит точно на север, второй
лайнер — на юго-восток. Скорости ?>А и v2 обоих лайнеров численно
равны (t/1 = u2 = u). Определить, чему равна и как направлена
в этот момент скорость второго лайнера относительно первого.
Решение 1— методом «остановки» одного из тел.
1. Обозначим точкой А поселок, над которые в определенный
момент находятся оба лайнера. Покажем страны света: С —север,
/О—юг, В —восток и 3 —запад. Изобразим скорости лайнеров
относительно Земли: t^ —скорость первого лайнера и v2 — скорость
второго (рис. 218, я).
2. Так как нужно определить скорость второго лайнера
относительно первого, то мысленно первый лайнер остановим над
пунктом Л, а воздушной среде вместе со вторым лайнером
сообщим скорость упор, но в обратную сторону по отношению к
скорости 0i(v,,ep~ — ^i» РИС- 218, б). Тогда скорость v2 второго
лайнера приобретет значение относительной скорости (скорости
относительно перемещающейся воздушной среды).
3. Сложив по правилу параллелограмма скорости vuep и v2
(см. рис. 218, б), получим скорость v2 i, изображающую скорость
второго лайнера по отношению к первому.
4. Так как скорости лайнеров vx и v2 численно равны {рх =
= v2^-v), то параллелограмм скоростей на рис. 218, б —ромб и,
следовательно [см. формулу C) в начале этого параграфа], число-
* Когда будет определен этот угол, его нужно сравнить с углом между
векторами vaac и vA \\'л предыдущей задачи.
215

вое значение V2-i равно:
v2 i = 2vx • cos | = 2 -v% • cos 22°30' = 1,85^.
Таким образом, второй лайнер движется относительно первого
со скоростью, численно равной 1,85^ и, как видно из рис. 218, б,
удаляется от него на юго-юго-запад, т. е. под углом 157°30'
(90°+ 45°+ 22*30') к направлению скорости первого лайнера.
Решение 2 — методом разности скоростей.
1. Из выражения геометрической суммы скоростей
^абс ==s ^пер "т" ^отн
следует, что
*\>ти=== ^абс ^пер* (Я/
2. Для определения скорости второго лайнера относительно
первого примем за абсолютную скорость уабс = у2 — скорость
первого лайнера и за переносную скорость упер = у2 — скорость
второго лайнера; тогда искомую относительную скорость voul = u2 i
получим как разность (см. рис. 3)
3. Чтобы произвести вычитания векторов, необходимо конец
вычитаемого вектора vl соединить с концом уменьшаемого
вектора v2 в направлении от первого ко второму искомым вектором
v2_! (рис. 218, в).
4. В результате построения имеем равнобедренный
треугольник скоростей (vl = v2 = v), из которого легко найти, что числовое
значение
p2_i = 2у cos -^ = 1,85 v.
Угол ф=157°30', определяющий в данный момент направление
вектора v* л относительно г)г определяется непосредственно по
рис. 218, в.
Задача 185-37. В кривошипно-кулисном механизме с
поступательно движущейся кулисой ВС кривошип ОА (расположенный
позади кулисы) длиной / = 400 мм вращается с постоянной
угловой скоростью (о=10 рад/сек. Концом Л, соединенным шарнирно
с камнем, скользящим в прорези кулисы, кривошип сообщает
кулисе ВС возвратно-поступательное движение. Определить скорость
кулисы в момент, когда кривошип образует с осью кулисы угол
хОА -=30° (рис. 219, а).
Решение.
1. В данном случае движение точки А вместе с кривошипом
можно считать сложным, т. е. получающимся в результате
сложения:
а) движения точки А вместе с кулисой в ее
возвратно-поступательном (переносном) движении вдоль оси *;
216

Рис. 219
б) относительного движения точки А вместе с камнем,
движущимся возвратно-поступательно в прорези кулисы в
направлении, перпендикулярном к оси х.
2. Абсолютная скорость точки Л, модуль которой легко
определяется по формуле ид = (»)¦/=: 100,4 = 4 м/сек, направлена
перпендикулярно к кривошипу
О А. Переносная скорость
точки А равна
поступательной скорости кулисы
Укул» направлена по
прямой АЬ (рис. 219, б).
Относительная скорость vOTtt
точки Л, равная скорости
камня в прорези кулисы,
направлена по прямой Ас.
3. Изобразим скорость
va*=4 м/сек вектором,
перпендикулярным к ОА. Разложим ее на составляющие й0™ и
2пеР = ^кул» как показано на рис. 219, б. Вектор AF = vKy„
изображает искомую скорость кулисы.
4. /, FEA = /_ хОА =а = 30° (как углы с взаимно
перпендикулярными сторонами) и, следовательно,
?'кул — Va • sin a = 4 ¦ sin 30° = 2 м/сек.
Таким образом, в данный момент кулиса перемещается вниз
со скоростью 2 М/сек.
Чтобы лучше проанализировать движение кулисы, необходимо
знать, когда кулиса двигается ускоренно, когда замедленно, при
каких положениях кривошипа
кулиса имеет максимальную скорость
и чему равна эта скорость, при
каких положениях кривошипа
скорость кулисы равна нулю?
Следующие задачи
рекомендуется решить самостоятельно.
Задача 186-37. Кривошип ОС=
= 30 см вращается равномерно
с угловой скоростью п == 150 об/мин
и приводит в
возвратно-поступательное движение кулису АВ
при помощи ползуна С,
передвигающегося в прорези кулисы.
Определить скорость vu ползуна
в прорези кулисы и скорость vK самой кулисы в тот момент, когда
кривошип составляет с горизонталью угол а = 35° (рис. 220).
Ответ. и„^3,86 м/сек, ик = 2,7 м/сек.
Задача 187-37. Кривошип ОС = 20 см вращается равномерно
с угловой скоростью п = 180 об/мин и приводит в движение кача-
,.-
0
/
гтт
в
\ \
1 1
1- • *—
»
?
Рис. 220
Рис. 221
217

ющуюся кулису АВ при помощи ползуна С, двигающегося в
прорези кулисы. Определить скорость vn ползуна в прорези кулисы
и угловую скорость «о кулисы в тот момент, когда кривошип
составляет с вертикалью угол а=40°. Расстояние АО = 40 см
(рис. 221).
Ответ. ип=1,71 м/сек, со = 5,90 рад/сек.
§ 38-8. ПЛОСКОПАРАЛЛЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТЕЛА
Сложное плоскопараллельное движение твердого тела
составляется из поступательного и вращательного движений (см.
§ 73, 74 в учебнике Е. М. Никитина). Это свойство является
основой первого способаопределения скорости любой
точки тела, находящегося в плоскопараллельном движении.
1. Поступательная часть плоскопараллельного движения
принимается за переносное и зависит от движения какой-либо
произвольно выбранной точки, называемой полюсом. За полюс прини*
мают всегда ту точку, скорость которой в данный момент известна.
Рис. 222
Если движение является только поступательным, то все точки тела,
в том числе и точка А (рис. 222, а), имеют ту же скорость, что
и полюс О.
2. Вращательная часть плоскопараллельного движения вокруг
выбранного полюса принимается за относительное.
Если движение тела является только вращательным, то точка
А совершает движение по окружности с центром в полюсе О со
скоростью
t\40=G>-p,
где со— угловая скорость плоского сечения тела, в котором
расположена данная точка Л, и р = ОА — расстояние от полюса до
точки А (рис. 222, б).
3. Абсолютная скорость vA точки А равна геометрической сумме
переносной скорости полюса v0 и ее относительной скорости vA{)
вокруг полюса О (рис. 222, в). Таким образом, абсолютная ско-
218

рость определяется либо при помощи правила параллелограмма,
либо правила треугольника (см. выше § 37-8).
Второй способ определения скорости любой точки
тела при его цлоскопараллельном движении основан на
использовании в качестве полюса мгновенного
центра скоростей.
1. Как известно (§ 76 в учебнике
Е. М. Никитина), мгновенным
центром скоростей называется расположенная
в плоскости сечения точка, абсолютная
скорость которой в данный момент
равняется нулю.
2. Если за полюс принять мгновен- Рис. 223
ный центр скоростей, то в этот момент
переносные (поступательные) скорости всех точек тела равны нулю
и абсолютная скорость любой точки определяется по формуле
v = со. р,
где (о —угловая скорость плоского сечения, которая не зависит
от выбора полюса;
р—расстояние от мгновенного центра скоростей С до данной
точки (рис. 223).
Для скоростей любьис точек сечения имеем зависимость
5а—5г-.^ •.
Ра Рд Р/>
В приведенных решениях задач доказаны оба способа. При
самостоятельном решении задач можно использовать любой из двух.
При решении некоторых задач оказывается целесообразным
использовать теорему о равенстве между собой проекций скоростей
двух точек плоского сечения на прямую, соединяющую эти точки
(Е. М. Никитин, § 75).
Задача 188-38. Стержень АВ двигается в плоскости чертежа.
В момент, когда стержень занимает горизонтальное положение
(рис. 224, а), скорость его точки А равна 2 м/сек и направлена
под углом а = 60° к прямой АВ. Определить скорость точки В,
если известно, что она направлена вдоль АВ.
Решение 1—сложение переносной и относительной скоростей
(рис. 224, б).
1. Примем за полюс точку Л. Вместе с полюсом стержень АВ
движется поступательно, поэтому точка В как слагаемая скорость
имеет скорость полюса, т. е. vA, которую изобразим у точки В
вектором ВК-
2. Вследствие вращения стержня вокруг полюса точка В имеет
вторую слагаемую скорость ^ — относительную скорость,
направленную перпендикулярно к стержню.
219

3. Построим параллелограмм скоростей. В параллелограмме
известно направление диагонали, которая изобразит искомую скорость
ув; поэтому из точки К проведем до пересечения с продолжением
АВ отрезок KL, параллельный направлению относительной скорости
vBA. Затем из точки L проведем прямую LD, параллельную KB
(или вектору Уд), до пересечения в точке D с линией,
характеризующей направление v/iA.
Получается параллелограмм BKLD, в
котором диагональ BL
изображает Ов — скорость точки В,
4. Находим числовое
значение VIf:
Д BLK—прямоугольный
(KL J_ BL), поэтому
vb = va • cosa=2cos60°=l м/сек.
Решение 2 —при помощи
мгновенного центра скоростей
(рис. 224, в).
1. Из точек А и В
проведем две прямые,
перпендикулярные к направлениям
скоростей Va и Он. Точка С
пересечения этих прямых и определит
положение мгновенного центра
скоростей.
Рис. 224 2. Вращение стержня АВ
вокруг мгновенного центра
скоростей С в данный момент характеризуется угловой скоростью <о.
Поэтому
Отсюда
vB=vA
но так как ? ВСА = а, то
ВС
АС1
ВС
АС
-=cosa,
следовательно,
Уя —Уд-cosa —2-cos60°=l м/сек.
Решение 3 — с применением теоремы о проекциях скоростей
двух точек плоского сечения.
1. В рассматриваемом случае искомая скорость VB направлена
вдоль прямой, соединяющей точки А и В; при этом известен угол
между данной скоростью Уд и той же прямой АВ. Поэтому удобно
применить теорему: проекции скоростей двух точек плоского сечения
на прямую, соединяющую эти точки, равны между собой (Е. М.
Никитин, § 7д).
220

2. Спроектировав данную скорость va и искомую VB на прямую
АВ (см. рис. 224, в) и приравняв эти проекции, получим
vB = vA cos а.
Откуда
vB = 2 cos 60° = 1 лс/дас.
При решении подобных задач иногда приходится выполнять
довольно много промежуточных вычислений. Их можно избежать,
если решить задачу графическим методом, но с приближенным
результатом.
Поясним это на примере следующей задачи.
Задача 189-38. Кривошип ОА~г = 40 см кривошипно-шатунного
механизма (рис. 225, а) вращается с угловой скоростью со ¦¦--
=-- 25 рад/сек. Длина шатуна,
приводящего ползун В в
возвратно-поступательное движение вдоль
горизонтальных направляющих, равна
АВ = 1—100 см. Определить
скорость ползуна В в тот момент, когда
кривошип ОА образует с
горизонталью угол а — 30°.
Решение 1 — при помощи
мгновенного центра скоростей (решение
путем сложения переносной и
относительной скоростей рекомендуется
выполнить самостоятельно).
1. Изобразим на рис. 225, б
расчетную схему. Схематично
покажем кривошип ОА и шатун АВ
в заданном положении. Ползун В, двигающийся поступательно,
можно отождествить с точкой В.
2. Замечаем, что кривошип совершает вращательное движение,
ползун В движется поступательно, а шатун АВ совершает
плоскопараллельное движение.
3. Скорость Va точки А направлена перпендикулярно к
кривошипу ОА (по касательной к окружности, которую описывает
точка А). Ее числовое значение
уЛ = со.г = 25-0,4 =10 м,'сек.
Скорость Un точки В направлена вдоль прямой ВО.
Проведем из точек А и В прямые, перпендикулярные к
направлениям скоростей vA и 0ц. Найдем в точке их пересечения С
мгновенный центр скоростей шатуна.
4. Найдя положение мгновенного центра скоростей, получим
СЛ~~СД *
Рис. 225
221

Отсюда
св
но предварительно нужно узнать значение отношения ^, которое,
как легко заметить, равно отношению синусов противолежащих
углов (теорема синусов):
СВ sing?!
СА sin <р2"
5. Чтобы определить величину этого отношения, необходимо
определить углы <px и ср2.
Замечая, что (см. рис. 225, 6)
ф-^ЭОо-ро,
найдем угол р, применив теорему синусов к ?±ОВА\
О А _ г __ sin ft
АВ / sin a*
откуда
г 40
sin p = y sina= -^ sin 30° = 0,2
и
Р«*Л1°30\
Следовательно,
ф2=90°—11°30' = 78°30'.
Из того же рис. 225, б видно, что угол qpi является одним из
внешних углов ДОВА, поэтому
ф1=а + р=30о+11о30' = 41°30'.
6. Теперь можно определить числовое значение скорости
ползуна В:
С В sin®! 1Л sin41°30' с 7К
fB=^-^=^.inr^=10-irr7gW=6,75 м/сек.
Решение 2 —графическим методом.
1. Построим в масштабе и.,=2,22 см/мм схему кривошипно-
шатунного механизма в заданном положении (рис. 226).
2. Скорость va = Юм/сек точки А изобразим отрезком Л/С= 18 мм.
Значит масштаб скоростей
Pv^-v^rzr = 0,555 м/сек-мм.
18 мм
3. Из точки В построим вектор ВЬ = ьа (вектор ВЬ равен
вектору АК и параллелен отрезку Л/С). Из точки b построим до
пересечения с линией ВО (направлением скорости г)в) отрезок Ьа,
перпендикулярный к* ВА. Получившийся на линии ВО вектор Ва
изображает искомую скорость vB.
222

4. Измерив длину отрезка Ва, найдем, что Ва = 12 мм.
Следовательно, числовое значение скоростей точки В
vB — \iv-Ва~0>555 м/сек мм 12 лш = 6,66 м/сек.
5. Как видно, между результатом, вычисленным при помощи
мгновенного центра скоростей F,75), и результатом, найденным
при графическом решении F,66), имеется расхождение, равное
0,09 (абсолютная ошибка). Следовательно, относительная ошибка,
допущенная в графическом решении, составляет
Задача 190-38. Колесо катится без скольжения по
горизонтальной плоскости, причем ось колеса перемещается равномерно со
скоростью о0 = 5 м/сек. Определить абсолютную скорость точки А на
ободе колеса и точки В, находящейся на том же радиусе, в момент,
когда радиус колеса, равный ОЛ = г=40 см, образует с вертикалью
угол а = 60° (рис. 227). Расстояние 0? = 15 см.
Решение 1—при помощи мгновенного центра скоростей.
1. Колесо катится без скольжения, следовательно, точка С
соприкосновения колеса с горизонтальной плоскостью является
мгновенным центром скоростей, так как абсолютная скорость этой точки
ус = 0. Если принять точку С за полюс, то можно считать, что
в данный момент колесо совершает вращение вокруг так называемой
мгновенной оси, перпендикулярной к плоскости колеса и
проходящей через точку С (мгновенный центр скоростей).
2. Определяем угловую скорость колеса:
v 5
@ = ^=^=12,5 рад/сек.
3. Определяем абсолютную скорость точки Л. Скорость
направлена перпендикулярно к прямой АС, соединяющей точку А
с мгновенным центром скоростей С,
vA=<t>- AC.
223

Но
AC^2AD = 2AOs\n
Следовательно,
180е-а*
= 2.0,4-sin60° = 0,694 м.
^=-=12,5 0,694 =8,67 м/сек.
4. Определяем абсолютную скорость точки В. Скорость vB
направлена перпендикулярно к прямой СВ и численно равна
vn = со • ВС.
Но
BC=VOC2 + OB2-20COBcos(l80"-a) =
= > ,4*+ 0,15* — 2-0,4-0,15 (— cos 60-) =
= ] ОЛб-j 0,02~25 +0,06 = 0,493 м
и, следовательно,
ой = 12,5 0,493 = 6,17 м/сек.
Решение 2 —при помощи сложения переносной и
относительной скоростей.
1. Катящееся колесо совершает сложное движение,
складывающееся из поступательного движения колеса вместе с осью О
(переносного движения) и вращения колеса
вокруг оси О (относительного
движения).
2. Абсолютная скорость Va точки А
при таком рассмотрении движения
колеса равна диагонали
параллелограмма ACDE, построенного на переносной
iVp и относительной Vao скоростях
точки А (рис. 228).
3. Переносная скорость точки Л
равна скорости v{) оси колеса.
Рис. 228 Найдем относительную скорость
vАО точки Л; vao = (u АО. Но
угловая скорость относительного вращательного движения, как
известно, не зависит от выбора полюса, поэтому, приняв за полюс
точку С (см. рис. 227), найдем, что <*> = /?}. Следовательно, vao —
= ш->10 = ^л • У10 = :»0 (так как СО = АО — радиус колеса).
Таким образом, для точки, расположенной на ободе катящегося
без скольжения колеса,
^пер = vao1=
Последовательно, параллелограмм ACDE есть ромб с углом САЕ —
=а = 60°, поэтому
i>a = 2cj0cos ^ = 2-5 cos30° = 8,67 м/сек»
224

4. Абсолютная скорость vB точки В равна диагонали
параллелограмма BFGH, построенного на переносной скорости йПер = #в
и па относительной скорости vB0, и ее числовое значение можно
определить по формуле
Vb=V v;icp + v%o + 2i>neP • vm) cos a.
Но предварительно необходимо найти скорость vBo> которая
определяется из соотношения
VAO_VBO
АО "" ВО •
vAn-BO 5-15 ч ^
vbo= °ао = -^=1.88 м/сек.
Окончательно
vB = V 5* +l,881 + 2-5-l,88-cos60° =
= У'25 + 3,53 + М = 1/37^93 = 6Л7 м/сек.
Задача 191-38. Две параллельные рейки (рис. 229, а) движутся
в противоположные стороны с постоянными скоростями vx = 8 м/сек
и v2 = 2 м/сек. Между
рейками зажат диск радиусом
г = 0,5 му катящийся по
рейкам без скольжения.
Найти угловую
скорость диска и скорость
его центра.
Решение 1— при
помощи мгновенного центра
скоростей.
1. В данном случае
известны скорости реек. Но
так как диск катится
между ними без
скольжения, точки Л и В в местах
соприкосновения диска с
рейками имеют те же
скорости . Следовательно, va=
= vx nvB = v2 (рис. 229, 6).
Как видно, точки А и В
лежат на прямой, перпендикулярной к направлениям этих
скоростей. Соединив концы D и Е векторов AD и BE, изображающих
скорости Va и vBt найдем на прямой АВ точку С—мгновенный
центр скоростей диска (Е. М. Никитин, § 76).
2. Скорость vQ центра диска определяется по формуле
у0=а>ОС,
где о — угловая скорость диска,
V28 А. И. Аркуша 225
Рис. 229

3. Величины угловой скорости <о и расстояния ОС находим из
равенств:
ю=-*а = —г-т^- и © = -,
АС~ r + OC " w—ВС~~ г-ОС
Так как левые части обоих равенств равны между собой, то
отсюда
ид _ vh
r + OC "" r-OC9
vA—vK 8 — 2
И
t0=7xW=оЖ+оГг=о^= 10 Рад/сек-
4. Находим скорость и0:
у0 = со ОС= 10 0,3=3 ж/адс.
Решение 2 — методом последовательной остановки реек.
1. Плоское движение диска образуется вследствие независит
мого друг от друга перемещения реек. Поэтому скорость центра
диска можно получить как результат геометрического сложения
скоростей, получаемых точкой О от перемещения каждой рейки.
2. Мысленно остановим нижнюю рейку (рис. 229,в). Тогда бла*
годаря передвижению верхней рейки диск будет катиться по
нижней без скольжения и в точке В образуется мгновенный центр
скоростей.
Соединим точку В с точкой D (концом вектора Ол) и получим
треугольник BAD, в котором вектор OK — Von изображает
скорость центра диска при неподвижной нижней рейке.
Так как ОК - средняя линия треугольника BAD,
VA 8 А
t>o/*=-2=-2" = 4 м/сек.
Угловая скорость диска в этом движении
VA 8
o)j=^ =-p = 8 рад/сек.
3. Теперь мысленно остановим верхнюю рейку (рис. 229 г).
Диск будет катиться без скольжения по верхней рейке, имея
мгновенный центр скоростей в точке А.
Соединив точку А с концом Е вектора ?#, получим треуголь-»
ник ABE, определяющий скорость vOA = OL центра диска при не*
подвижной верхней рейке.
И здесь OL — средняя линия треугольника АВЕУ поэтому
vn 2
0ол = у=^2"=1 М,сеКш
226

Угловая скорость диска в этом движении
vR 2
<о2 = ^4 = т=2 рад/сек.
4. При одновременном движении обеих реек скорость центра
диска
v0 = vOA - а0д = 4 - 1=3 м/сек,
так как обе скорости vOA и v0n направлены вдоль одной прямой,
но в противоположные стороны.
5. Угловая скорость диска определяется как сумма угловых
скоростей щ и оJ, найденных выше:
со^со, +<о2 = 84-2=10 рад/сек.
Следующие три задачи рекомендуется решить самостоятельно.
Задача 192-38. Решить задачу 191-38 при условии, что обе
рейки движутся в одну сторону, причем верхняя движется со
скоростью 1^ = 5 м/сек, нижняя —со скоростью и2 = 3 м/сек, а диаметр
диска d = 0,5 м.
Ответ, у0 = 4 м/сек\ со =4 рад/сек.
Задача 193-38. Прямолинейный стержень АВ длиной 1,4 м,
падая на землю, равномерно вращается со скоростью п = 30 об/мин
в вертикальной плоскости вокруг центра тяжести О.
Считая, что центр тяжести стержня перемещается
прямолинейно с ускорением g = 9,81 м/сек2, определить абсолютные
скорости концов А и В стержня в тот момент, когда стержень повер-
Рис. 230 Рис. 231
нется на угол ф = 45° из первоначального вертикального
положения (рис. 230).
Ответ. иА = 4,3 м/сек\ Bл?Л#) = 66о20'; vB= 1,81 м/сек. @вТвА) =
== 165°.
Задача 194-38. Диск диаметром 2 м, поставленный на
наклонную плоскость, скатывается по ней без скольжения, причем
перемещение центра диска О происходит но уравнению s — 0,5t2 (s—
в ,и, t - в сек). В начальный момент движения диска его диаметр
АВ перпендикулярен к наклонной плоскости (рис. 231).
Определить скорости точек Л, В и С диска в тот момент, когда
диаметр АВ образует с перпендикуляром к наклонной плоскости
угол ф = 2 рад. Расстояние ОС = 80 см
Ответ. ил = 3,36 м/сек\ и^ = 2,16 м/сек\ i"c = 3,04 м/сек.
1/а8*
227

ГЛАВА IX
ЭЛЕМЕНТЫ КИНЕМАТИКИ МЕХАНИЗМОВ
§ 399. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕДАТОЧНЫХ ОТНОШЕНИЙ
РАЗЛИЧНЫХ ПЕРЕДАЧ
Передаточное отношение — основная кинематическая
характеристика любой передачи.
Передаточные отношения определяются при помощи тех или
иных геометрических элементов звеньев передачи. Найденное его
значение выражает отношение угловых скоростей (— или ~j двух
валов передачи, между которыми это отношение определяется.
В табл. 6 даны формулы, при помощи которых определяются
передаточные отношения различных простейших передач,
составленных из пары звеньев.
Передаточное отношение сложной передачи — передачи,
составленной из нескольких простейших передач, равно произведению
передаточных отношений простейших передач:
hk = * 12 ' *23 • *34 • • • t(k-l)k'
В тех случаях когда необходимо учесть, как происходит
относительно друг друга вращение двух элементов' передачи — в одну
сторону или в противоположные стороны, передаточное отношение
условно обозначают с положительным или отрицательным знаком.
Передаточное отношение между двумя элементами передачи
считается положительным, если оба элемента вращаются в одну
сторону, например пара зубчатых колес с внутренним
зацеплением.
Передаточное отношение между двумя элементами считается
отрицательным, если оба элемента вращаются в противоположные
стороны, например пара зубчатых цилиндрических колес с
внешним зацеплением.
Задача 195-39. На каком расстоянии х необходимо установить
каток 2 лобовой фрикционной передачи (см. эскиз к лобовой
передаче в табл. 6), чтобы при угловой скорости л1 = 400 об/мин катка /
каток 2 вращался со скоростью /i2 = 500 об/мин? Диаметры катков
d1=2r1=400 жж, d2 = 2r2 = 16 мм.
Определить также, какие наименьшую и наибольшую угловые
скорости может получить вал катка 2 при различных положениях
последнего.
Решение.
1. Необходимое значение х (расстояние от катка 2 до оси
катка /) найдем непосредственно из формулы передаточного
отношения любой передачи:
«1 г2 гиг* 500*8 |/л
228

Таблица б
Передачи
Схема передачи
Формула для определения
передаточного отношения
Юг
п,
Ременная
/« =
di9
где d2 и d\ — диаметры
шкивов
Фрикционные:
а)
цилиндрическая
где d2 и ^- диаметры
катков
б) коническая
i12 = -2 = tg ф2 = ctg фг,
где d2 и dt — диаметры
оснований конических
катков;
ф2 и ф! — углы конусов
в) лобовая
1
да
7—
где х = 0 -2- (± rx) —
расстояние, определяющее
положение катка 2
относительно оси катка 1\
ri и г2 — радиусы
катков
Зубчатые:
а)
цилиндрическая
h,--.
где z2 и zt — число зубьев
колес;
dx = /7/Z! И d2 — тг2 —
диаметры ьачальных
окружностей колес;
т — модуль колес
8 А. И. Аркуша
229

Продолжение табл. 6
Передачи
Схема передачи
Формула для определения
передаточного отношения
« = ®1 » Hi
б) коническая
ц
IK!
t?
4^1
^ Z.
-fflv»
2
*I2 =  = *в ф2 = Ctg «ft,
где z2 и г, — число зубьев
колес;
Ф1 и ф2 — углы
начальных конусов
(s>2
Червячная
'12 — — f
гч
где zK — число зубьев
червячного колеса;
2Ч — число заходов
червяка
2. Если начать передвигать каток 2 ближе к краю катка 1
(увеличить х), то точки на ободе катка 2 будут вступать в
контакт ^ точками на торцовой поверхности катка /, имеющими
возрастающую скорость (по зависимости v = (&p и в данном случае
р = &>!*), и благодаря силе трения станут приобретать такую же
большую скорость.
Если в выражение
, _Л1_Г2
1л* — Т — ~!
i12-
вместо х подставить наибольшее, теоретически возможное
значение * —/*j (практически хтах несколько меньше гх)у то
Л2п
_п11г1
г2
400.200
= 8
= 10000 об/мин
3. Если каток 2 установить у противоположного края катка /,
то угловая скорость у катка 2 также получится 10 000 об/мин, но
он будет вращаться в обратную сторону.
Таким образом, при л*= — г,
«1 (— гг) 400-200 mn/1/i г,
rt2min = -LL~ - = d = — 10000 Об/MUH.
Гй о
230

Благодаря способности изменять направление вращения вала,
на котором укреплен каток 2, лобовую фрикционную передачу
называют фрикционным вариатором (передача, способная
варьировать направлением вращения).
4. При х=0 (положение катка 2 совпадает с осью катка /)
пх = 0.
Точки на ободе катка 2 касаются практически неподвижных
точек на торце катка / и поэтому не двигаются.
Иначе говоря, если в выражении х--=— принять а* = 0, то
п2г2 = 0. Но так как г2 ^ 0, то п2 = 0.
Задача 196-39. Передача
вращательного движения между валами
I и II осуществляется при помощи
четырех зубчатых колес, два из
которых помещены на промежуточных
валах (рис. 232, а). Числа зубьев
колес: г! = 22, г2 = 28, г3 = 32,
г4 = 44. Модуль зубчатых колес
т== 5 мм. Определить передаточное
отношение //_//, межосевое
расстояние А и габариты передачи L. Как
изменятся габариты, если передачу
осуществить при помощи лишь двух
колес того же модуля?
Решение.
1. Передаточное отношение *'/-//
в данном случае равно
произведению трех передаточных отношений между соседними колесами:
. . г2 г3 г4 г4 44 9
II //-'12 -'гз-'ы-5 ^"h''i~~*~i ~22~Z*
Как видно, зубчатые колеса, находящиеся на промежуточных
осях, не влияют на величину передаточного отношения; поэтому
их иногда называют «паразитными».
2. Находим межосевое расстояние А (см. рис. 232, а):
A^=^- + d2 + d, + d^,
где dl9 d2, d3 и d4 — диаметры начальных окружностей зубчатых
колес.
Подставляем вместо значений диаметров их выражения через
модуль т и соответствующие числа зубьев:
л М2\ . i i "*Z4 /'2l-f-*4 . . \
Рис. 232
Откуда
Л=5(^±— -!-28 + 32j = 465 мм.
8*
231

3. Находим габариты передачи L (см. рис. 232, а):
L = A + ^±^^A+^B1 + г4)-465 + |B2 + 44) = 630лм*.
4. Если осуществить передачу при помощи двух колес с
числами зубьев 2/ и гц того же модуля, оставляя при этом
межосевое расстояние передачи неизменным, то оно выразится так (рис.
232, б):
d,-\-drr m
л«-4^вт (*/+*">• о)
Здесь имеются два неизвестных 2/ и zIh но учтя, что
передаточное отношение остается неизменным, получаем второе
уравнение:
<*/-//=47. B)
Из уравнения B)
г//=2г7
(как уже известно, */-//= 2)
Подставим найденное значение гц в уравнение A)
откуда
2А 2-465 со
и, следовательно,
г//=227=124.
Теперь, зная число зубьев, легко определить габариты
двухколесного варианта передачи:
L'=d/ + tf// = m2/ + mz//=mB/ + 2//)
и
V = 5 F2 +124) = 930 лш.
Как видно, габариты увеличиваются на 300 мм, т. е почти
в 1,5 раза (на 47,5%).
Отсюда следует сделать вывод, что при значительных
межосевых расстояниях, которые по конструктивным причинам нельзя
уменьшить, целесообразнее (для уменьшения габаритов) применять
рядовое соединение нескольких зубчатых колес.
Задача 197-39. Какую угловую скорость л, нужно сообщить
валу /, чтобы при помощи передачи, показанной на рис. 233,
вал IV вращался со скоростью л4 —450 об/мин? Числа зубьев
колес: конических г^-25; г2~36; цилиндрического г.> = 20, с
внутренним зацеплением z3 = 60; диаметры шкивов d-y—40 мм и d± =-=50 мм.
232

Решение.
1. Передаточное отношение от вала / к валу IV разно в
данном случае произведению трех передаточных отношений:
Ы = :
"л
r*i2* *23* *34>
где /,2 = -^-— передаточное отношение конической зубчатой пары;
12з~у-~ передаточное отношение цилиндрической пары с
внутренним зацеплением;
«34 ^w передаточное отношение ременной передачи.
2. Таким образом,
Пл=Пл
112 ' *23 * 134
1*л=пл--*-•-:
Ч dA
После подстановки в эту формулу числовых значений получаем,
что угловая скорость первого вала
/t1==450-^-2Q74Q=2430 об/мин.
Задача 198-39. Изображенный на рис. 234 механизм лебедки
при вращении рукоятки, имеющей длину /, в вертикальном на-
— (Ту*
ГИР
Рис. &34
правлении перемещает груз Р. Диаметр барабана d = 200 мм, число
зубьев зубчатых колес механизма: г2 = 13, г2 = 39, г3 = П, z4 = 77.
Определить: 1) с какой скоростью поднимается груз Р, если
рукоятка / вращается с угловой скоростью «1=60 об/мин.
2) угловую скорость п\ рукоятки, если груз должен
подниматься со скоростью v'p = 0,2 м/сек.
Решение.
1. Если рукоятка /, жестко соединенная с колесом г,, делает
пл об/мин, то колесо г4, а также жестко соединенный с ним бара
баи получают в минуту число оборотов, раыюе
/г4 = я.
*41»
2:);}

где /4i — передаточное отношение от колеса z4 к колесу zv
причем i41=y^ и, следовательно,
13-11
=60- ±
20
об/мин.
2. Так как барабан, вращаясь, делает п4 об/мин, то окружная
скорость точек на поверхности барабана
xn4d л-20-0,2 ЛЛО ,
v==~w= 60.7 ^Q»03 MlceK-
Скорость подъема груза Р равна окружной скорости и,
следовательно,
^=^=0,03 м1 сек.
3. Если нужно поднимать груз со скоростью v'p, to и барабан
должен вращаться так, чтобы его точки двигались с окружной
скоростью v, = v'pJ при этом число оборотов
в минуту барабана
60-ур 60-0,2 60
/г*=^Г*==1ГЖГ= я об/мин'
4. Если же барабан и вместе с ним колесо
г4 имеют п[ об/мин, то колесо гх с рукояткой
делают п\ об/мин, причем
«1=/i4-tii==n4
г4-г2_60
ЧЧ
.-•21=401 об/мин.
Рис. 235
Такая угловая скорость рукоятки при
ручном приводе, конечно, неосуществима.
Следующие две задачи рекомендуется
решить самостоятельно.
Задача 199-39. Вращение от вала / к валу
// передается при помощи двух
последовательно смонтированных червячных передач (рис. 235) С какой
угловой скоростью должен вращаться вал /, чтобы вал // имел
скорость (Он = 1 рад/сек? Числа заходов
червяков z'4=l и г'ч=2, числа зубьев
колес z'k = zi = 36.
Ответ, со// == 648 рад/сек (^ 6200 об/мин).
Задача 200-39. Шкив диаметром D =
= 400 мм приводится во вращательное
движение электродвигателем Л, ротор
которого имеет угловую скорость пА =
= 1500 об/мин (.рис. 236). Для
уменьшения угловой скорости при передаче
движения от двигателя к шкиву между ними
установлен двухступенчатый редуктор Р.
Зубчатые колеса /, 2, 2' и 3 имеют числа зубьев 2j=30; г2 = 50;
2.^=50 и гя-~- 150.
Определить угловую скорость шкива, направление вращения
234

(направление вращения ротора двигателя показано стрелкой на
соединительной муфте М) и скорость движения ремня.
Ответ. /гшк = 300 об/мин; шкив вращается относительно ротора
в противоположную сторону, 1'Р=6,28 м/сек
§ 40-9. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕДАТОЧНЫХ ОТНОШЕНИИ
ПРОСТЕЙШИХ ПЛАНЕТАРНЫХ
И ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ ПЕРЕДАЧ
Планетарными называются передачи, в которых оси
одного или нескольких колес закреплены в подвижном
звене—водиле.
Любая планетарная передача состоит из трех групп элементов.
Первая группа — центральные колеса (колеса, расположенные на
неподвижных осях), вторая группа - сателлиты (колеса,
расположенные на подвижном звене - водиле) и третья группа —водила.
На рис. 237 показана схема передачи, состоящей из
центрального колеса 7, сателлита 2 и водила Н.
В общем случае центральное колесо и водило могут получать
вращение от двух источников независимо друг от друга. Такая
Рис. 237 Рис. 238
передача имеет две степени свободы и называется
дифференциальной.
Если закрепить центральное колесо, то получается передача
с одной степенью свободы—движение можно передавать либо от
водила к сателлиту, либо от сателлита к водилу — такая передача
называется простой планетарной (рис. 238).
Чтобы в процессе решения задач глубже проанализировать
кинематику планетарных передач, целесообразно не пользоваться
готовыми выведенными в учебниках формулами, а применять метод
сложения двух движений.
Сателлиты планетарных передач совершают сложное вращательное
движение. Движение сателлитов относительно Земли (относительно
неподвижной системы координат) складывается из вращения их
вместе с водилом — переносного движения и вращения их вокруг
осей, закрепленных в водиле, — относительного движения.
Метод сложения двух движений можно распространить и на
центральные колеса. Так, например, закрепленное центральное
235

колесо простой планетарной передачи можно считать
вращающимся вместе с водилом и одновременно поворачивающимся на их
общей оси в обратную сторону с такой же скоростью, что и
водило.
Поэтому метод, который подробно изложен в решениях задач,
включает следующие четыре этапа:
1. Мысленно закрепляем все колеса на водиле и придаем ему
вращение с угловой скоростью водила относительно его собственной
неподвижной оси - получаем первое движение.
2. Освобождаем колеса от водила. Водило мысленно закрепляем
(превращаем планетарную передачу в обычную зубчатую передачу
с неподвижными осями) и поворачиваем центральное колесо с
угловой скоростью — (пи—Лц), т. е. с угловой скоростью, равной
разности абсолютных скоростей водила и центрального колеса, но
в обратную сторону относительно направления вращения водила.
В результате этого движения центрального колеса все остальные
колеса передачи получают соответствующие угловые скорости,
определяемые при помощи передаточных отношений. Так получается
второе движение.
3. Угловые скорости всех элементов передачи, получившиеся
в первом и втором движениях, складываем.
4. Из получившихся в результате сложения действительных
зависимостей между угловыми скоростями определяем неизвестные
в задаче величины.
Введем такие обозначения:
nif n2i л3, ... (или (Dlf со2, ю3, •••)• угловые скорости,
выраженные в об/мин (рад/сек), зубчатых колес (центральных или
сателлитов), дифференциальных передач, индексы соответствуют
нумерации колес; пИ (или (о/у) — угловая скорость водила в
дифференциальной передаче;
угловые скорости колес или водила в простой планетарной
передаче (с закрепленным колесом) обозначим теми же буквами,
но с верхними индексами в скобках, соответствующих закрепленному
колесу, например п.? (или соУ)- угловая скорость второго колеса
при закрепленном первом; пн - угловая скорость водила при
закрепленном первом и т. д.
Аналогично обозначим и передаточные отношения:
1\"}- передаточное отношение от колеса 1 к колесу 2 при
неподвижном водиле;
i-ih — передаточное отношение от колеса 2 к водилу при
неподвижном первом колесе;
1ш — передаточное отношение от колеса / к водилу в
дифференциальной передаче и т. д.
При решении задач с планетарными передачами необходимо
очень внимательно следить за правильностью определения знаков
передаточных отношений между отдельными элементами передачи.
Правило знаков передаточных отношений приведено в § 39-9.
236

Задача 201-40. Определить передаточное отношение от
сателлита 2 к водилу Н для простой планетарной передачи, показанной
на рис. 238, если числа зубьев колес г, и г2.
Решение.
1. Осуществим первое движение. Закрепим колеса 1 я 2 на
водиле и сообщим водилу вместе с колесами вращательное движение
с угловой скоростью пи. Следовательно, в этом движении колеса
1 и 2 также получают угловую скорость пи.
2. Осуществим второе движение. Освободим колеса от водила.
Закрепим водило, т. е. превратим простую планетарную передачу
в обычную зубчатую передачу, состоящую в данном случае из пары
зубчатых колес.
3. Угловая скорость центрального колеса в механизме лц =
= ^=0, так как колесо 1 закреплено. Поэтому во втором
движении колесу / сообщаем скорость
— (пи—лц) = — (пи—0) = — rih'.
В результате вращения колеса / колесо 2 приобретет угловую
скорость
так как передаточное отношение от колеса /, вращающегося со
скоростью — Нн\ ко второму колесу при закрепленном водиле
отрицательное и равно
Приведенные результаты заносим в табл. 7, в нижней графе
которой затем осуществляем третий этап — сложение обоих
значений.
Таблица 7
Элементы передачи
Первое движение
Второе движение
Результат сложения обоих движе-
ний
Водило //
«А-
0
*/У
Колос о /
«Л
-«Л
0
Колесо 2
ч
+«*!
"*'="<'<¦ ('+!)
4. Находим передаточное отношение от сателлита 2 к водилу:
237

Таким образом,
«#=1 + -
Так как в данном случае передаточное отношение от колеса 2
к колесу / при закрепленном водиле имеет отрицательное
значение
то окончательно
;2у/== !-/<?>.
(а)
2-
W
-Н
Но при помощи передачи, изображенной на рис. 238, неудобно
передавать вращательное движение, так как необходимо
дополнительное приспособление, чтобы сообщить угловую
скорость сателлиту.
Аналогичная, но несколько видоизмененная
простая планетарная передача рассматривается в
следующей задаче.
Задача 202-40. Определить передаточное отношение
от колеса 2 к водилу Н простой планетарной
передачи с закрепленным колесом внутреннего
зацепления (рис. 239), если г, =30, z2 — 60 и г3=150.
Р е'ш е н и е.
1. Так же как и в предыдущей задаче,
осуществим сначала первое движение, и тогда все элементы
механизма (водило //, колеса /, 2 и 3) получат
угловую скорость я/}.
2. Превратим планетарную передачу в обычную,
закрепив водило. Освободим колеса и осуществим
второе движение -- сообщим колесу 3 угловую скорость — /г'//.
Тогда колесо 2 приобретет угловую скорость
JZZL
Рис. 239
-Л/7'
а колесо / - угловую скорость
-пй
= пй
3. Сведем результаты обоих движений в табл. 8 и произведем
сложение угловых скоростей.
4. Найдем передаточное отношение i\it\
»A-0 + 2i
<ш =
¦-1+*
(б)
Подставим в (б) числовые значения чисел зубьев;
=6.
1ш=1+ ол- = 1+5 =
30
238

Таблица 8
Элементы передачи
Первое движение
Второе движение
Результат сложения обоих
движений

Водило И
Ч
0
«#
Колесо
3
пй
-«»'
0
Колесо 2
«А
г2
-i-i«(i-2i
Колесо /
nff
+^i
«/-«*(»+J)
Таким образом, если к передаче подвести угловую скорость
слева (к колесу /), то справа (у водила Н) угловая скорость
уменьшится в шесть раз.
Если в выражении передаточного отношения (б) заменить ?3-
обозначением - i[fI\ то
«/=1 -С
;(//)
(в)
?, is h
fx—тг—i—
HI
ГТ2, I2" lz? T
J
'T T T_J
tstt-
•¦V.^V4^U
Рис. 240
Сравнивая выражение (в) с выражением
(а) из предыдущей задачи, замечаем, что
они аналогичны.
Как видно, эти передачи не дают
большого кинематического эффекта по
сравнению с обычными передачами с
неподвижными осями: передаточные отношения
отличаются только на единицу.
Чтобы увеличить передаточное
отношение, передачи, рассмотренные в задаче
202-40, соединяют последовательно.
Задача 203-40 (для самостоятельного
решения). Определить передаточное
отношение трехступенчатой простой планетарной передачи (рис. 240),
если zl = z^=--z7 = 28; г3 = гб=г9= 168.
Ответ, i\u3 =343.
Если же передать вращение от водила к центральному колесу,
то можно получить очень большое передаточное отношение.
Задача 204-40. Определить передаточное отношение i/h для
простой планетарной передачи, показанной на рис. 241, если числа
зубьев колёс zv z2t z'z и г3.
Решение.
1. Осуществим первое движение (см. табл. 9).
2. Осуществим второе движение при закрепленном водиле,
сообщив вращение колесу 3 (см. табл. 9).
239

3 Записав угловые скорости каждого элемента в первом и
втором движении, сложим их (табл. 9).
Элементы
передачи
Первое
движение
Второе
движение
Результат
сложения обоих
движений

Водило и
«/}
0
«А
Колесо
3
"Я
-"'/?'
i °
Колесо 2 и 2* (блок
сателлитов)
Ч
"// у
-1--»•(»-?.)
Таблица 9
Колесо /
"Л
г, г,
".¦-*(-ю
4. Находим передаточное отношение tft\\
t//i = -3- =
•*(-Ю
1-
Ч • Ч
Особенно большим получается передаточное отношение, если
¦(//)
близко к единице. Так, например, при г, = 100, г2 = 99, гг=100
и г3=101
г* - 1 - 1000° -1А4
lM mi пп —1ЛЛАЛ лппп—*^ •
1-
101 -99 "0 000-9999"
100.100
Следовательно, простая планетарная
передача, состоящая всего из четырех колес,
уменьшает угловую скорость в 10 тысяч раз.
Такие передачи создают большой
кинематический эффект, но они имеют и крупный
недостаток —крайне низкий коэффициент
полезного действия (около 0,5%).
В следующей задаче рассматривается
дифференциальная передача.
Задача 205-40. Определить угловую скорость водила Я и колеса
2 дифференциального зубчатого механизма (рис. 242), если число
зубьев колес г1--18, г.л = ГА, угловая скорость колеса / я, —
= 120 об/мин, угловая скорость колеса 3 л3~00 об/мин при
направлении вращения в обратную сторону относительно колеса /
(я3 = — 60 об/мин).
Рис. 241
240

Решение.
1 Осуществим первое движение. Закрепив жестко все колеса
на водиле, сообщим последнему угловую скорость n/If тогда все
три колеса получат ту же самую угловую
скорость.
2. Освободив колеса от водила и закрепив
его, сообщаем колесу / угловую скорость —
(п/! —tii) об/мин. Тогда колесо 2 получит
скорость h-
-("я-nj (-!) = + (*„-*,) J,
а колесо 3
3. Сведем все результаты в табл. 10.
±г-4
Рис. 242
Таблица 10
Элементы
механизма
Первое
движение
Второе
движение
Результат
сложения
первого и
второго движения
Водило
И
пп
0
пн
Колесо
/
пН
-If)
п\
Колесо 2
«я
Ся-«,)|-
ni = «Я +
+ Ся-Я.)|
Колесо 8
"я
+ (*н-т)%
"з = "я +
4. Число оборотов в минуту водила найдем из равенства
п3=пИ + (пИ — п1)
откуда
пИ-.
"з+л/1 — 60-J-120 18
54
I-h? Л-18
= — 15 об!мин.
Ч • 54
Водило Я вращается с угловой скоростью 15 об/мин в ту же
сторону, что и колесо 3.
5. Число оборотов в минуту колеса 2 определяем из равенства
пг = пИ + (пн—/г,)*1,
но предварительно необходимо определить число зубьев z2.
241

Из рис. 242 ясно, что
или
тг9 — тг1-\-2тгг.
18
Так как модули всех колес равны между собой, то
z3=z1 + 2z2f
откуда
_*з~*1 _54 -18
и теперь
1 О
/?.,-— 15 + ( — 15—120)--!°==—150 об/мин.
Таким образом, бегающее колесо (сателлит) вращается вокруг
своей оси со скоростью 150 об/мин в ту же
сторону, что и водило, и колесо 3.
Задача 206-40 (для самостоятельного решения).
Найти угловую скорость со// вала // редуктора
с дифференциальной передачей, если вал /,
соединенный с водилом, несущим на себе спаренный
блок сателлитов, вращается с угловой скоростью*
о)//гг= 120 рад/сек (рис. 243). Колесо / вращается
в ту же сторону с угловой скоростью (о^ 180 рад/сек
и имеет число зубьев г, =80, число зубьев
сателлитов г2 —20, г>^40, а у колеса 3 г3 = 60.
Рис.243 Ответ, со// = аK-=280 рад/сек.
а
1\-
z,-
w>
в?
>^v.m*^

Р А 3 Д Е Л
ТРЕТИЙ
ДИНАМИКА
В динамике завершается изучение законов движения. Здесь
объясняется, почему материальные точки или гела двигаются
именно так, а не иначе, что служит причиной тех или иных
изменений в характеристике их движения.
Первая аксиома динамики — закон инерции (Е. М. Никитин,
§ 82) —объясняет, что равномерное и прямолинейное движение
точки или тела происходит лишь в том случае, если на точку
(тело) действует уравновешенная система сил. И наоборот, если
нужно, чтобы точка или тело двигались равномерно и
прямолинейно, то необходимо создать условия для равновесия всех сил,
приложенных к данной точке или к данному телу.
В каждой задаче, в которой рассматривается криволинейное
или неравномерное движение точки, применяется вторая аксиома
динамики—основной закон динамики точки
Этот закон утверждает, во-первых, что причиной ускорения
служит сила, во-вторых, что числовое значение приобретенного
точкой ускорения пропорционально числовому значению силы и,
в-третьих, что направление вектора ускорения всегда совпадает
с направлением вектора силы.
Закон равенства действия и противодействия (третья аксиома
динамики) в задачах по динамике, так же как и в статике,
используется при определении взаимодействия двигающихся тел.
Четвертая аксиома динамики —закон независимости действия
сил — позволяет при решении задач динамики выбирать пути их
решения. Если на материальную точку действует несколько сил,
го можно найти их равнодействующую, а затем рассмотреть ее
действие на точку —найти ускорение точки, но можно сначала
найти ускорения, приобретенные от действия каждой силы
отдельно, а затем эти ускорения геометрически сложить.
Решая любые задачи но динамике, необходимо учитывать,
что все уравнения, выражающие основные законы динамики, а
также многие формулы, как правило, выражены в форме,
позволяющей использовать их лишь при подстановке числовых
значений величин в единицах одной системы.
243

Поэтому перед тем как приступить к решению задачи по
динамике, необходимо выбрать, в какой из двух употребляемых
систем единиц решать задачу: либо в единицах СИ, либо в
единицах МКГСС (единицах технической системы).
Заметим, что единицы длины A я), времени A сек), скорости
A м/сек) и ускорения A м/сек2) и некоторых других величин
(углового перемещения, угловой скорости, углового ускорения)
в обеих системах совпадают, а единицы силы и массы различны.
Как известно из статики, в СИ единицей силы служит 1 н —
сила, сообщающая массе в 1 кг ускорение 1 м/сек2, в системе
МКГСС единицей силы служит 1 кГ—основная единица.
Единицей массы в СИ служит 1 кг (основная единица) —масса
платино-иридиевого эталона, а в системе МКГСС—единица массы
производная. Она образуется при подстановке в уравнение
основного закона динамики
Р=т-а
вместо Р значения 1 кГ и вместо а значения 1 м/сек2, т. е.
т = Г^~1кГ'са*,м'
Таким образом, технической единицей массы (т. е. м.) является
масса, которой сила, равная 1 кГ, сообщает ускорение 1 м/сек2.
Техническая единица массы в 9,81 раза крупнее 1 кг (единицы
СИ).
ГЛАВА X
ДВИЖЕНИЕ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
§ 41-10. ОСНОВНОЙ ЗАКОН ДИНАМИКИ ТОЧКИ
Точка, движение которой ничем не ограничено,
называется свободной. Свободная точка под действием приложенных
сил может двигаться в каком угодно направлении. Задачи,
в которых рассматривается свободная точка, решаются при помощи
основного уравнения динамики
Р—та. (а)
Если на точку действует только одна сила Р (примером такого
движения может служить так называемое свободное падение —
движение точки под действием силы тяжести в безвоздушном
пространстве), то векторное уравнение (а) заменяется скалярным
уравнением
Р^та, (б)
выражающим зависимость между модулями силы и ускорения.
244

Если на точку действует несколько сил Pl9 Ptt..., Р„, то
векторное уравнение (а) примет вид
/? = тд, (в)
где равнодействующая /? = ?Р; и, согласно закону независимости
действия сил, # = ?#* (ускорение точки равно геометрической
сумме ускорений, сообщенных ей каждой силой в отдельности).
Векторное равенство (в) заменяется двумя или тремя
скалярными равенствами.
Если силы Р1э Р2>---* Р«» действующие в одной плоскости,
спроектировать на две взаимно перпендикулярные оси, получим
два скалярных уравнения (уравнений проекций на оси х и у):
?Xi = max, \
?у1 = тауу } (Г)
где ах и ау — проекции ускорения а соответственно на ось хну.
Если система сил, приложенных к точке,— пространственная,
то вместо векторного уравнения (в) составляется три скалярных
уравнения проекций на оси х, у и г.
В условиях задач по динамике, имеющихся в учебниках или
задачниках, очень часто вместо массы точки или тела задается
их вес (в кГ). В таких случаях массу точки (тела) определить
очень легко: числовое значение массы (в кг) можно считать
равным числовому значению веса (в кГ), так как масса 1 кг весит 1 кГ.
Задача 207-41. Свободная материальная точка, вес которой 5 кГ,
движется прямолинейно с ускорением 50 см/сек2. Определить силу,
приложенную к точке.
Решение.
1. Выразим значения обеих данных величин в единицах СИ.
Так как точка весит 5 кГ, то ее масса т = 5 кг, ускорение точки
а = 50 см/сек2 = 0,5 м/сек2.
2. Согласно основному закону динамики,
Р=/тш,
поэтому
Р«5-0,5 = 2,5^^2,5 н.
Таким образом, сила, сообщающая массе, равной 5 кг,
ускорение 0,5 м/сек2, равна 2,5 н, что соответствует ^0,26кГ, так как
2,5 «-0,102 кГ/н^0,26 кГ.
Задача 208-41. Свободная материальная точка находится под
действием постоянной силы Р = 5,1 кГ в течение 20 сек и
проходит за это время по прямолинейной траектории путь 0,5 км. До
начала действия силы точка находится в покое. Найти массу
точки.
245

Решение 1—-в единицах СИ.
1. Выразим данные величины в единицах СИ: действующая
сила Р = 5,1 кГ=5,1 -9,81 =50 «; время t = 20 сек; пройденный
путь s=0,5 ос = 500 м. Так как точка начала движение из
состояния покоя, то s0 = 0 и v0 = 0.
2. Найдем ускорение точки. Сила постоянна, поэтому
ускорение, приобретенное точкой, также постоянно и, следовательно,
движение точки по прямолинейной траектории будет
равнопеременным, т. е.
at2
S=2"-
Отсюда
2s 2 • 500 П _ , .2
а = (Ъ=—^Г = 2,5 Ml сек1.
3. Из основного закона динамики
Р=та
легко найти массу точки:
Р 50 ОЛ
т==а=2,5==20ке
I м кг м м \
\ сек2 сек1 сек2 /
Решение 2 — в единицах МКГСС.
1. Выразим величины в единицах технической системы:
действующая сила Р = 5,1 кГ; время (=20 сек; пройденный путь
$ — 0,5 км = 50) м.
2. Ускорение определим так же, как и в первом решении:
а=2,5 Ml сек2.
3. Из основного закона динамики
Р=та
найдем массу точки:
Р 5,2 0 А/| кГ -сек? , х
т=а=2;5==2-04—— <Т-с- м->
(кЛ Jf. =!^«?\.
\ сек2 м I
4. Если перевести получившиеся 2,04 технической единицы
массы в кг, то
2,04-9,81 =20 кг.
Как видно, результаты обоих решений одинаковы.
Задача 209-41. Точка массой /л = 5 кг движется горизонтально
по прямой АВ с ускорением а = 2 м/сек2, направленным вдоль
той же прямой. Чему должны быть равны постоянные силы Рх
и Р2, лежащие в одной плоскости и действующие на точку, как
показано на рис. 244.
246

Решение.
1. На точку действуют две силы, сообщившие ей ускорение fi,
числовое значение и направление которого известны. Поэтому
векторное равенство (в) для данной
задачи примет вид
2. Выбираем расположение осей
координат, как показано на рис. 244, и,
спроектировав векторное равенство на эти оси,
получим два уравнения:
Р, cos a = та,
PiSina — Р.2 = 0 Рис. 244
(вектор та направлен вдоль оси х и перпендикулярно к оси */,
поэтому его проекция на ось х равна та, а проекция на ось у
равна нулю).
3. Решаем получившуюся систему уравнений.
Из первого уравнения находим Р,:
1 cos a cos38J
Из второго уравнения находим Р2:
Р2 = Р, sin 38° = 12,7 sin 38° = 7,82 к.
Задачу можно решать иначе. Сначала найти числовое значение
равнодействующей сил Р1 и Р2, воспользовавшись скалярным
выражением уравнения (г):
R=ma.
Затем, зная, что вектор R совпадает по направлению с вектором
й, по правилу параллелограмма разложить его на составляющие
Pi и Р2 и вычислить модули этих сил.
Задача 210-41 (для самостоятельного решения). Свободная
материальная точка весит 25 кГ, на нее действует постоянная
сила, равная 25 кГ. Какое ускорение получает точка и какое
расстояние она успевает пройти за 10 сек действия силы, считая,
что движение прямолинейное?
Ответ, а ==9,81 м/сек2, s^490 м.
§ 42-10. ПРИМЕНЕНИЕ ПРИНЦИПА ДАЛАМБЕРА
К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ
НА ПРЯМОЛИНЕЙНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ
Обычно в задачах по динамике рассматривают так
называемые несвободные материальные точки —материальные точки,
движение которых ограничивается различными связями.
Приступая к решению задач, в которых рассматривается
несвободная материальная точка, нужно прежде всего выявить
147

действующие на точку активные силы (движущие силы и силы
сопротивления), а также реакции связей (пассивные силы).
Выявив действующие силы, необходимо определить, находятся
они в равновесии или нет? Этот вопрос в зависимости от заданных
условий решается двояко.
Если, например, известно, что точка движется равномерно и
прямолинейно, значит система сил уравновешена; если же известно,
что точка двигается неравномерно или имеет криволинейную
траекторию, то система сил неуравновешена (первая задача динамики;
Е. М. Никитин, § 81).
Если система сил задана (все силы системы известны), то,
определив проекции сил на оси координат, можно установить
равновесие или неравновесие системы. В случае когда суммы проекций
всех сил на каждую из осей равны нулю, заданная система сил
уравновешена; когда же сумма проекций всех сил хотя бы на одну
из осей не равна нулю, система сил неуравновешена; в первом
случае точка движется равномерно и прямолинейно, во втором
случае—имеет ускорение (вторая задача динамики).
При решении различных технических задач особенно важное
значение приобретает случай, когда на материальную точку
действует неуравновешенная система сил. В подобных случаях
целесообразно решать задачи, применяя так называемый метод
кинетостатики или принцип Даламбера (Е. М. Никитин, § 84), который
формулируется так: активные силы, реакции связей и сила инерции
образуют уравновешенную систему сил.
Применяя принцип Даламбера, необходимо очень хорошо
понимать Сущность силы инерции (Е. М. Никитин, § 85). Нужно
помнить, во-первых, что сила инерции, численно равная
произведению массы точки на приобретенное ускорение, всегда
направлена в сторону, противоположную вектору ускорения;
во-вторых, что сила инерции в действительности не приложена
к рассматриваемой в задаче материальной точке; она условно
прикладывается к этой точке; фактически сила инерции приложена
к двигающему телу или к связи;
в-третьих, что равновесие сил, которое образуется после
добавления силы инерции к силам, приложенным к точке,—
равновесие фиктивное; но оно позволяет воспользоваться для решения
задачи уравнениями равновесия из статики.
При решении задач с помощью метода кинетостатики
рекомендуется придерживаться такой последовательности:
1) выделить точку, движение которой рассматривается, и
изобразить ее на рисунке;
2) выявить все активные силы и изобразить их приложенными
к точке на рисунке;
3) освободить точку от связей, заменить связи их реакциями
и также изобразить их на рисунке;
4) добавить к полученной системе сил силу инерции;
5) рассмотреть образовавшуюся уравновешенную систему сил и
248

в зависимости от вида системы сил выбрать наиболее
рациональный способ решения: графический, графо-аналитический или
аналитический (методом проекций).
Задача 211-42. На шнуре подвешена двухкилограммовая гиря
(рис. 245, а). Каково при этом натяжение шнура? Как изменится
натяжение шнура, если при его помощи поднимать гирю вертикально
вверх равномерно? Поднимать вертикально вверх с ускорением
fli = 3jK/a/c. Опускать вертикально вниз с ускорением а* = 4,5 л, сек2?
Решение.
1. На гирю, которую принимаем за материальную точку массой
т = 2 кг, подвешенную на шнуре (см. рис. 245, а), действуют две силы:
сила тяжести G и реакция нити Г, равная ее натяжению.
Других сил нет. Материальная точка (гиря) находится в покое,
значит силы С и Т образуют уравновешенную систему, т. е.
r=-G = mg ==2-9,81 = 19,62 кГ-ж/гас2 =19,62 я.
2. Если гиря, подвешенная на шнуре, поднимается вертикально
вверх равномерно, то на нее действуют те же две силы и они также
образуют уравновешенную систему. Происходит лишь замена
статического равновесия(равновесия
в состоянии покоя) динамиче- а)
ским равновесием (равновесием
в состоянии движения
—равномерного и прямолинейного).
Таким образом, и в этом
случае (см. рис. 245, а) натя- Q§
жение шнура Г = С= 19,62 н. иг
3. Рассмотрим гирю в
состоянии равноускоренного
движения вертикально вверх с ус- Рис.
корениема1=3 м/сек* (рис.245,6).
На гирю действуют также две силы: ее весб и натяжение шнура 7V
Теперь эти две силы не образуют уравновешенной системы, потому
что точка движется с ускорением. Добавим к имеющимся силам
G и Т\ силу инерции Ру, направив ее вертикально вниз —
противоположно ускорению tfi.
Система сил G, ft и Р" уравновешена, следовательно,
алгебраическая сумма их проекций на вертикальную ось равна нулю
(уравнение равновесия):
Zy. = 0; 7\-G-Py = 0.
Из этого уравнения
r,:=G + Py,
но
G=mg и Py = mai,
поэтому
T^mg-rma^-m (g + а,)-2(9,81 -J 3) = 25,62 н.
im
5
24У

Как видно, при подъеме гири вверх с ускорением натяжение
шнура увеличивается:
7,-7 = 25,62—19,62 = 6 «.
4* Рассмотрим гирю в состоянии равноускоренного движения
вертикально вниз с ускорением а* = 4,5 м/сек2 (рис. 245, в).
' На гирю также действуют две силы: G и Г* и они так же, как
и в предыдущем случае, не образуют уравновешенной системы.
Добавим силу инерции Р2И, направив ее противоположно
ускорению a*f т. е. вертикально вверх.
Уравнение равновесия примет вид
2К. = 0; p« + r2-G = 0,
откуда
Tt=rG — P)! = mg—mai=m (g—a2)
Г* = 2~(9,81-<4,5) = !0,62 н
При ускоренном движении гири вниз натяжение шнура
ослабевает. В данном случае по сравнению с состоянием равновесия
натяжение шнура уменьшается на 9 н.
Примечание. Если решение задачи выполнить в технической системе
единиц (МКГСС), то вес гири G = 2 кГ> а сила инерции получит такое
выражение
G
рм = таг = - я,.
Тогда значение Т\ приобретет такой вид
Г.-С+Я^С + ^-О (l+J)-2(l+^)~Wl «Г.
Легко проверить, что 2,61 кГ = 25,62 н.
Отметим, что выражение натяжения шнура при
равноускоренном движении гири вниз
T2^=m(g--a2).
Если ускорение а2 увеличивается, то может наступить такое
состояние, когда tf2 = g=^9,81 мсекг, при этом
T2=-.m(g-at)?=0,
т. е. при свободном падении гири она не натягивает шнур.
Образуется состояние «невесомости».
Задача 212-42. По наклонной плоскости АВ длиной 4 м и с
углом подъема а^-15 равноускоренно поднимают груз М весом
G=^200 к1\ постоянной силой Р=-65 кГ> направленной
параллельно наклонной плоскости. Определить, сколько времени
потребуется, чтобы переместить груз на расстояние АВ, если
коэффициент трения при движении груза но наклонной плоскости / = 0,05.
250

Решение -в единицах системы МКГСС.
1. Изобразим тело М на наклонной плоскости с приложенными
к нему силами G и Я, а также силой трения F и нормальной
реакцией JV наклонной плоскости (рис. 246).
Находясь иод действием этих сил,
тело движется по наклонной плоскости
с постоянным ускорением а.
2. Груз перемещается равноускоренно,
без начальной скорости. Время его
движения можно определить из уравнения
движения
а/2 , -. f^T
5=2-, откуда / = у -,
но предварительно юобходимо определить
ускорение а.
3. Так как груз движется с ускорением, то силы G, Я, N и /\
приложенные к нему, не образуют уравновешенной системы.
Приложим к грузу М силу инерции Р" = та= - а, направив ее в
сторону, противоположную ускорению а. Теперь система пяти сил G,
Я, /7, Z7 и Я1 является уравновешенной.
4. Выберем систему координат, как показано на рис. 238, и
спроектируем все силы на оси х и у. Тогда получим два
уравнения равновесия:
vX/==0; Я Gsina -F— Я»=0; A)
УК, .-= 0; N - G cos a = 0. B)
5. Из уравнения A)
но сила трения
Я^Я-Gsina-f,
F=fN.
Нормальное давление найдем из уравнения B):
N = G cos a.
Я" = Я — G sin a ^/G cos a = Я — G (sin a +/cos a).
Подставим в это уравнение числовые значения
Яи = 65—200 (sin 15° + 0,05 • cos 15°) = 65 — 61,4 = 3,6 кГ.
Поэтому
6. Из выражения Я"= -а найдем ускорение а:
Яи? 3,6-9,81 Л io
а = -т?=-:-о/1-т—==0,18 м сек1.
О 200
251

7. Подставив значение ускорения а в выражение ?=Т/ — ,
найдем время перемещения груза М по всей длине наклонной
плоскости:
Рекомендуется повторить решение последней задачи в
единицах СИ, а затем самостоятельно решить следующие задачи.
Задача 213-42. При движении подъемника вертикально вверх
его скорость изменяется согласно графику, показанному на рис. 247.
Определить, как изменяется натяжение
и№с.е** троса, при помощи которого
передвигается подъемник. Масса подъемника
800 кг. На какую высоту поднимается
подъемник за все время движения?
Ответ. Т0.3 = 9,45кн\ 7\,_ц~7,85/с«;
7—иб в w Пф$ Тп.12=3,05 кн; h = 60 м.
Задача 214-42. На наклонной пло-
Рис. 247 скости длиной 2,54 м и высотой 0,7 м
в верхней ее точке лежит небольшой
по размерам груз массой 50 кг. Какую силу Р, параллельную
наклонной плоскости, нужно приложить к телу, чтобы стащить его
вниз по всей длине наклонной плоскости равноускоренно за 5 сек?
Коэффициент трения /=0,4 считать постоянным и при покое, и
при движении.
Ответ. Р = 64,5«^6,6 кГ.
§ 43-10. ПРИМЕНЕНИЕ ПРИНЦИПА ДАЛАМБЕРА
К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ
НА КРИВОЛИНЕЙНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТОЧКИ
Как известно из кинематики, при движении
материальной точки по криволинейной "траектории ее ускорение й имеет два
составляющих ускорения: at — касательное (тангенциальное) и йп —
— нормальное (центростремительное).
Из динамики уже известно, что ускорение Я, приобретенное
точкой, есть результат действия определенной системы сил.
Равнодействующая Р этой системы и ускорение а (рис. 248) находятся
в зависимости, выражающей основной закон динамики точки:
Р=яш.
Если уравновесить силу Р приложением к точке силы
инерции Р'\ а затем разложить ее на две составляющие Р'лп и Р/
соответственно но нормали и по касательной, то эти составляющие
будут находиться в зависимости от нормальных и касательных
252

ускорений, определяемых такими векторными равенствами:
РЦ = — тап и Р" = — mat.
В задачах на криволинейное движение точки в основном
рассматривается нормальная (центробежная) сила инерции Ри#
Числовое значение нормальной (центробежной) силы инерции
можно выражать следующими формулами:
Заменим здесь ал=—:
р _mv^ B)
Если материальная точка,
рассматриваемая в задаче, связана с каким-либо Рис. 248
вращающимся телом, то скорость точки
удобнее выражать через угловую скорость тела 1> = <ор и тогда
ри=/П@9р* C)
Если в последней формуле выразить массу точки через ее вес
т = —, а угловую скорость — в об.мин <о = -^д-,то
п— g 900 ^
Здесь я2^# (9,86я^9,81), поэтому формуле можно придать
такой вид
р»^ Gn'P и\
я 900 " W
Эта формула дает приближенное значение центробежной силы
инерции, но она очень удобна при решении многих задач.
Последовательность решения задач на криволинейное движение
точки при помощи метода кинетостатики та же, что в предыдущем
параграфе.
Задача 215-43. Шарик, масса которого т==0,5 кг, привязан
к нити длиной 0,7 м. Нить вместе с шариком вращается в
вертикальной плоскости, затрачивая на один оборот 1 сек.
Определить натяжение шнура в моменты высшего и низшего положения
шарика, считая, что скорость остается постоянной при
перемещении по всей длине окружности.
Решение.
1. В соответствии с условием задачи считаем, что шарик
движется равномерно по окружности, радиус которой равен длине
нити (г —0,7 м). Следовательно, его скорость
2лг 2.10,7 А А
v = -у- =^ —-j — я^ 4,4ж сек.
253

Оставаясь численно неизменной, скорость точки непрерывно
изменяет направление, значит точка имеет нормальное ускорение
_ jp 4,4s
йп~ г ~ 0,7
27,6 м/сек2..
й)
2. Рассмотрим движущийся шарик в тот момент, когда он
проходит через верхнюю точку траектории (рис. 249, а).
На шарик действуют две силы: его вес G и реакция нити Ти
равная ее натяжению. Заметим, что обе силы направлены в одну
сторону — к точке О подвеса, так как вес всегда направлен
вертикально вниз. Реакция гибкой
связи всегда направлена вдоль нити
от тела, которое удерживается
нитью. Шарик, привязанный к нити
и приведенный в движение,
стремится согласно закону инерции
двигаться равномерно и
прямолинейно и поэтому он постоянно
натягивает нить. __ __
3. Добавим к силам G и Т силу
инерции Р„,, направив ее в
сторону, противоположную
ускорению ап. Образовав таким образом
уравновешенную систему сил,
получим уравнение равновесия
S)
То
9 -*Q~^
ъ Тс
Рис. 249
vy/ = 0; P"ni- G-T^-O.
4. Из уравнения разновесия находим Ть учитывая, что
P?t = man и G = mg:
Подставим в это уравнение числовые значения:
'Л = 0,5B7,6 — 9,81) = 0,5-17,8 = 8,9 н.
Таким образом, находясь в верхнем положении, двигающийся
шарик натягивает нить силой 8,9 «, что соответствуете0,91 кГ.
Отметим, что натяжоние нити будет ослабевать при уменьшении
скорости движения шарика. Следовательно, для того чтобы шарик
при движении в вертикальной плоскости смог пройти верхнюю
точку траектории с заданным радиусом кривизны р, он должен иметь
в этой точке определенную скорость.
5. Рассмотрим теперь движущийся шарик в момент
прохождения им нижней точки траектории (рис. 249,6).
В этом положении на шарик действуют также две силы: BecG
и реакция нити Тъ но в отличие от предыдущего случая эти
силы, действуя вдоль одной прямой, направлены в
противоположные стороны.
254

s)
6. Добавим к силам С и Г2 силу инерции Ри и составим
уравнение равновесия:
7. Находим Тг:
T2 = G + P"n2 = m(g + an)=0,5(9,8\-\-27?) = l8J н
или приблизительно
18,7 «0,102 кЛ'я^ 1,91 кЛ
Как видно, при прохождении через нижнюю точку траектории
шарик создает наибольшее натяжение нити.
Задача 216-43. Шарик Л, масса которого 2 кг, подвешен на
нити длиной 60 см, закрепленной в точке В. Он равномерно
двигается по окружности в горизонтальной плоскости так, что нить
описывает коническую поверхность и образует с вертикалью угол
а = 30°. Определить
натяжение нити и скорость
шарика.
Решение 1 — с
применением метода
проекций.
1. Если масса шарика
т=2 кг, то его вес G =
= mg = 2- 9,81 = 19,62 «.
Кроме веса, на шарик
действует натяжение (реакция
Т) нити. Длина нити / =
= 60 ?VU = 0,6 М.
Изобразим
двигающийся шарик с приложенными
к нему силами С и Г
(рис. 250,а). Так как шарик движется по окружности
равномерно, то он имеет только нормальное ускорение ап,
направленное по радиусу АО = г окружности. Применяя принцип
Даламбера, для уравновешивания сил t и G приложим к шарику
нормальную (центробежную) силу инерции Р„-
Изображая на рис. 250 силу инерции, необходимо учитывать,
что она прикладывается к шарику условно. В действительности,
сила инерции, как известно, приложена к двигающему телу или
к связи. В данном случае нить служит для шарика и двигающим
телом (через нить шарик приводится в движение), и связью (нить
одновременно и ограничивает движение шарика). Поэтому сила
инерции приложена к нити и отклоняет ее ср вертикали.
2. Совместив оси координат с прямыми АО и ВО и
спроектировав силы на оси х и у, выведем уравнения равновесия:
Tsui a — Р? — 0; A)
Гсоьос- G--0. B)
V
Рис. 250
255

3. Из уравнения B)
1 "~cosa cos30e~~^z,/ H'
4. Из уравнения A)
P? = rsina = 22,7sin30o=ll,3 н.
Так как
где а —искомая скорость шарика, а радиус окружности
r = /sina=0,6sin30o=0,3 м,
то
/Рлг т /1,3-0,3 - 0 ,
Таким образом, натяжение нити составляет 22,7 н при скорости
движения шарика 1,3 м/сек.
Решение 2—с применением графоаналитического метода.
1. Этот вариант решения начинаем так же, как и предыдущий:
изображаем шарик с действующими на него силами G = 19,62 н
и искомой 7\ а затем добавляем силу инерции Р?, направленную
противоположно вектору ап (см. рис. 250, а).
2. Силы G, Тн Ра образуют уравновешенную систему, поэтому
многоугольник, построенный из векторов этих сил, должен быть
замкнутым. Построение силового многоугольника начинаем с
изображения вектора ЛС = G (рис. 250,6). Затем из точек С и А
проводим соответственно линии ССХ и АА19 параллельные
направлениям сил Т и Р^ (см. рис. 250,а). Прямые ССХ и ААХ
пересекаются в точке D и образуется векторный прямоугольный
треугольник ACD, в котором <ЛСО=а=30°.
3. Из прямоугольного треугольника ACD имеем:
7 = _^ = 19!62
cos a cos 30* ' '
P» = Gtga=19,62tg30°=ll,3 н.
И, наконец, так же как и в первом решении, находим скорость
движения шарика по окружности
t> = j/^ = l,3 м/сек.
Задача 217-43. Тонкий стержень АВ, центр тяжести которого
расположен на его оси О, вращается с угловой скоростью
«--3000 об, мин.
На сколько увеличится нагрузка на подшипник, в котором
вращается стержень, если на одну из половинок стержня при-
256

J VU)p
крепить массу m = 0,5 кг, на расстоянии р=0,1 ж от оси
щения (рис. 251,я).
Решение.
1. Стержень А В без прикрепленной к нему массы т создает
нагрузку на подшипник, равную его собственному весу. Причем,
если стержень хорошо центрирован, т. е. его центр тяжести
расположен точно на оси
подшипника, то нагрузка при
вращении не изменится — она
также будет равна весу
стержня и будет действовать
на подшипник вертикально
вниз.
2. Если к стержню, по
условию задачи, прикрепить
массу т, то эта масса
(примем ее за материальную
точку), двигаясь по
окружности радиусом р = 0,1 м, начнет растягивать ту часть стержня,
которая расположена между массой т и подшипником, силой,
равной Р"п. Благодаря этому возникает дополнительная так называемая
динамическая нагрузка на подшипник, уравновешиваемая его
реакцией #д (рис. 251,6).
3. Так как увеличение нагрузки равно возникшей силе инерции
Р?, то и определим эту силу по формуле C):
Рис. 251
Р?=/шо2р,
где
/л = 0,5 кг, о = 0,1 м и 0 = ^=^^ = 314 рад/сек.
30 30
Подставим эти значения в формулу C):
р» = 0,Г>.3142.о,1 =4929,8 «я«4,93 кн.
Таким образом, в результате прикрепления массы т нагрузка
на подшипник увеличивается почти на 5 кн, что соответствует почти
500 кГ D929,8 «-0,102 кГ/н = 503 кГ).
4. Применив формулу D) и положив в ней G = 0,5kP, л =
= 3000 об)мин и р = 0,1 м, найдем силу инерции Ри, выраженную
в кГ:
p»^,Gn°-p 0,5-30002.0,1
900
900
= 500 кГ.
Результат, получившийся в этой задаче, подтверждает
необходимость тщательной балансировки вращающихся деталей машин.
Несбалансированные детали при вращении создают огромные
дополнительные динамические нагрузки, которые приводят к быстрому
износу подшипников.
Следующие задачи рекомендуется решать самостоятельно.
257

Задача 218-43. С какой скоростью должен ехать мотоциклист
по арочному мостику, имеющему радиус 10 ж, чтобы, проезжая
через верхнюю точку мостика, он не производил на мостик
давления? Как должна измениться эта скорость, если радиус мостика
будет 20 м>
Ответ, vx^§? м'сек = Зо,7 км/час; с»2^« 14 м .'сек = 50,5 км час.
Задача 219-43. Мотоциклист, масса которого вместе с мотоциклом
составляет 250 кг, въезжает на горизонтальный мостик со скоростью
100 км/час. При движении мотоцикла мостик прогибается, образуя
дугу, радиус которой 30 м. Определить максимальное давление N,
производимое мотоциклом на мостик.
Ответ. N = 8980 н (916 кГ).
Задача 220-43. Нить длиной 80 см, к которой привязан шарик
весом 10 н, может выдержать максимальное натяжение 40 н. С
.какой скоростью может двигаться шарик по окружности в
горизонтальной плоскости, чтобы нить, образуя коническую поверхность,
натягивалась силой не более 20 «? При какой скорости шарика
нить оборвется? Какие углы а, и а2 нить будет образовывать с
вертикалью?
Ответ. 1^ = 3,42 м!сек; а^бО0; и2 = 5,42 MjCck; а2^75 30',
ГЛАВА XI
РАБОТА И МОЩНОСТЬ.
КОЭФФИЦИЕНТ ПОЛЕЗНОГО ДЕЙСТВИЯ
В этой главе рассмотрены задачи на определение работы,
совершаемой постоянной силой, и развиваемой мощности при
поступательном и вращательном движении тел (Е. М. Никитин,
§ 87 — 93).
§ 44-11. РАБОТА И МОЩНОСТЬ
ПРИ ПОСТУПАТЕЛЬНОМ ДВИЖЕНИИ
Работа постоянной силы Р на прямолинейном участке
пути s, пройденном точкой приложения силы, определяется по
формуле
A = Ps cos а, A)
где a — угол между направлением действия силы и направлением
перемещения.
При а -=90°
cosa = cos90° = 0 и Л=0,
т. е. работа силы, действующей перпендикулярно к направлению
перемещения, равна нулю.
258

Если направление действия силы совпадает с направлением
перемещения, тоа = 0, поэтому cosoc — cosO=l иформула A) упрощается;
A = Ps. (Г)
На точку или на тело обычно действует не одна сила, а
несколько, поэтому при решении задач целесообразно использовать
теорему о работе равнодействующей системы сил (Е. М. Н и к ит и и,
§ 89):
4*=5Мь B)
т. е. работа равнодействующей какой-либо системы сил на
некотором пути равна алгебраической сумме работ всех сил этой системы
на том же пути.
В частном случае, когда система сил уравновешена (тело
движется равномерно и прямолинейно), равнодействующая системы
сил равна нулю и, следовательно, А/? = 0. Поэтому при
равномерном и прямолинейном движении точки или тела уравнение B)
принимает вид
2Аг=0, B')
т. е. алгебраическая сумма работ уравновешенной системы сил на
некотором пути равна нулю.
При этом силы, работа которых положительна, называются дви^
жущими, а силы, работа которых отрицательна, называются силами
сопротивления. Например, при движении тела вниз-сила
тяжести - движущая сила и ее работа положительны, а при
движении тела вверх его сила тяжести является силой сопротивления
и работа силы тяжести при этом отрицательна (§93, Е. М. Н и к и т и н).
При решении задач в случаях, когда неизвестна сила Р, работу
которой нужно определить, можно рекомендовать два приема
(метода).
1. При помощи сил, заданных в условии задачи, определить
силу Р, а затем по формуле A) или (Г) вычислить ее работу.
2. Не определяя непосредственно силы Р, определить Ар —
работу требуемой силы при помощи формул B) и B'), выражающих
теорему о работе равнодействующей.
Мощность, развиваемая при работе постоянной силы,
определяется по формуле
hi A \i Ps cosa /OY
N=—j- или N= C)
Если при определении работы силы Р скорость движения точки
и=-у- остается постоянной, то
N = Pv cosa. C')
Если же скорость движения точки изменяется, то —-.— = уср —
средняя скорость и тогда формула B') выпажает среднюю мощность
A'cp = Pi;cpcosa.
259

Коэффициент полезного действия (к. п. д.) при совершении
работы можно определить как отношение работ
Л=^> D)
где Апоя — полезная работа; А — вся произведенная работа,
как отношение соответствующих мощностей:
П =
' пол
N *
или
D')
Единицей работы в СИ служит 1 джоуль (дж) = 1 нЛ м,
а в системе МКГСС- 1 к-Г • лс = 1 кГЛ м.
Так как единицей длины в обеих системах служит 1 ж,
а 1 кГ=9,81 н (или 1 «=0,102 кГ), то
А(дж)=9,81А(кГ-м)
или
А(кГ*м) = 09ЖА(дж).
Единицей мощности в СИ служит 1 ватт (в/и)=——=\ — t
а в системе МКГСС— ХкГ-м/сек.
При использовании системы МКГСС мощность обычно измеряют
в лошадиных силах (л. с), причем
1 л. с. = 75^А
сек
При использовании СИ мощность измеряют в киловаттах (кет)}
1 кет = 1,36 л. с.
Для перехода от одних единиц к другим следует пользоваться
формулами
#(квт)=1,36#(л. с.)
и
c.)=0J36N (кет).
Ы(л.
Задача 221-44. Какую
по горизонтальному полу
работу производит человек, передвигая
на расстояние 4 м горизонтально
направленным усилием ящик
массой 50 кП Коэффициент
трения / = 0,4.
Решение 1—методом
определения движущей силы Р.
1. На ящик, поставленный
на горизонтальный пол,
действуют две силы: G и реакция пола
N (рис. 252). Двигая ящик,
человек прикладывает к нему силу Р, и тогда возникает сила трения Л
При равномерном передвижении ящика четыре силы образуют
уравновешенную систему и поэтому, спроектировав их на гори-
2W)
Рис. 252

зонтальную и вертикальную оси, найдем, что
P=F и tf=G.
3. Работа, которую производит человек в данном случае, как
видно, состоит в преодолении силы трения (P=F). Но так как
N = G, a G=mg(H),
то
P=fmg=0,4.50.9,81 = 196,2 н.
Поэтому
4 = Ps=196.2-4 = 784,8 дж.
4. Если решить задачу в системе МКГСС, то
p=JF=^ = fG = 0,4.50 = 20 кГ
и
/4==Ps=20-4=80 кГм.
Легко убедиться, что оба ответа выражают одну и ту же
работу:
80 кГм -9,81 ^^=785 дж.
Решение 2 —с применением теоремы о работе
равнодействующей.
1. Как показано в первом решении, на ящик при его
перемещении действуют четыре силы: сила тяжести G, реакция пола
iV, движущая сила Р и сила трения F. Ящик движется
равномерно и прямолинейно, поэтому эти четыре силы образуют
уравновешенную систему. Следовательно, применив формулу B'),
получим уравнение
AQ + AN+Ap + AP=*0.
2. В этом уравнении работа силы тяжести Ло=0, так как
сила G действует перпендикулярно к направлению перемещения;
по этой же причине работа реакции N Л#==0.
Таким образом, искомая работа при перемещении ящика
ЛР = — AF. (а)
3. Работу силы трения Ар найдем по формуле A), учитывая,
что в этом случае а =180°:
AF-=Fscos 180°= - Fs.
Подставим значение Ар в уравнение (а):
AP = Fs.
Так как F=Nf и Af=G, то
AP = Fs=Nfs=Gfs=mgfs
или
ЛР = 50-9,8Ь 0,4 -4=784,8 дж.
261

а)
Задача 222-44. На тело М массой т=40 кг, могущее
перемещаться вдоль вертикального направляющего бруска, действует
некоторая сила Р, постоянно направленная под углом а =18°
к вертикали. Под действием этой силы тело поднимается
равномерно на высоту Л = 4 л (рис. 253, а); коэффициент трения при
скольжении тела вдоль направляющего
<У а бруса /=0,2. Определить произведенную
/ | работу и коэффициент полезного действия.
** ' Решение 1.
1. При равномерном перемещении
вдоль бруска вверх на тело М действуют
четыре силы: сила тяжести G, сила
трения F, нормальная реакция N, равная
давлению тела на брусок, и движущая
сила Р (рис. 253, б).
2. Сила Р производит работу
гИ
и !
i v-ll^
lef'
т-М- X
Рис. 253
А = Ph cos a.
Но чтобы определить ее, нужно сначала найти силу Р.
3. Расположив оси координат, как показано на рис. 253, б,
выведем уравнения равновесия:
VX;=0; Psina —#=0; A)
VKf-0; Pcosa — F—G=0, B)
а также уравнение, выражающее основной закон трения:
F=fN. C)
Из уравнения A)
N = P sin a,
поэтому уравнение C) примет вид
F=/P sin a.
Подставим полученное значение силы трения в уравнение B):
Pcosa — fPsina — G = 0.
Отсюда
"cos a—/sin a"
D)
4. Подставим в последнее выражение числовое значение силы
тяжести G в единицах СИ (G=mg):
40 - 9,81
40-9,81
= 440 «.
""cos 18е-0,2 sin 18° • 0,889
Тогда работа, произведенная силой,
i4 = PAcosa=44(b4cosl8°=1670 дж.
262

5. Если подставить в уравнение D) силу тяжести G,
выраженную в технических единицах (G = 40 /сГ), то
р 1L__^45 кГ
г "~ cos 18°-0,2 sin 18е ° м "
Работа этой силы в единицах МКГСС получит такое значение:
4 = P/*cosa = 45-4cosl8c = 171 кГ-м.
6. Определим коэффициент полезного действия:
Вся произведенная работа А = 1680 дж, а полезная работа
состоит в том, что тело весом G = mg поднято на высоту А, т. е.
ДЮЛ = С/1 = 40.9,8Ь4==1570 дж
и, следовательно,
П ^ПОЛ 1570 ~ д^д
11 — Л " 1680 —и'У^'
Умножив найденное значение т) = 0,934 на 100, выразим к. п. д.
в процентах:
т|=93,4%.
Примечание. Можно не определять отдельно числовое значение силы Р
(см. п. 4 и 5), а получить предварительно в общем виде выражение работы для
данного случая:
А = Ph cos a — 7—.— A cos a
cos a — / sjn a
и после деления числителя и знаменателя на cos a:
Gh
А=-
l-/tga '
Но иногда в технических расчетах числовые значения действующих сил
необходимы для решения каких-либо других вопросов.
Если воспользоваться приведенным выше выражением работы, то выражение,
к. п. д. для данной задачи получит такой вид:
l-/tga
Таким образом, коэффициент полезного действия при передвижении тела М
по вертикальному направляющему бруску зависит от коэффициента трения / и
угла а, определяющего направление действия силы относительно вертикального
бруска.
Если заменить / = tgcp0. где <р0— угол трения (см. § 15-3), то
r|-l-ig<Potga.
Решение 2.
1. В первом решении выяснено, что на тело М действует
система четырех сил: G, F, N, Р (см. рис. 253, б).
263

2. Так как тело движется по бруску равномерно, система этих
сил уравновешена и, следовательно, алгебраическая сумма их
работ равна нулю:
Aq + Af+An+Ap=0.
Отсюда работа силы Р:
Ap=—AQ—Af—Ap/. (a)
3. Тело М движется вертикально вверх и поднимается на
высоту h, поэтому работа силы N, направленной перпендикулярно
к направлению перемещения:
AN=Nh cos90° = 0;
работа силы тяжести G, направленной вертикально вниз,
^o = GAcosl80°= — Gft;
работа силы трения F, также направленной вниз,
AF=Fh cos 180° = — Fh.
Известно, что F=Nf. Спроектировав на ось х (см. рис. 253,6)
силы, приложенные к телу М, найдем, что N=Gsina. Поэтому
F = Gf sina и выражение работы силы трения примет вид
Л^=— Gfhs'ma.
4. Подставим выражения работ AQ, А? и AN в уравнение (а)
i4P=GA + Gfftsina = GA(l+fsina).
5. Вычислим работу в единицах СИ. Тогда
G=mg = 40-9,81 «,
поэтому
ЛР = 4(Ь9,8Ь4A+0,2sin 18°) = 1670 дж.
Таким образом, вся работа, произведенная при подъеме тела
М на высоту А~4 м составляет 1670 дж. К. п. д. при
выполнении этой работы определяем так же, как и в первом решении.
Задача 223-44. Какой мощности электродвигатель необходимо
поставить на лебедку, чтобы она могла поднимать клеть со
строительными материалами общей массой /л=1200 кг на высоту 20 м
за 30 сек. Коэффициент полезного действия лебедки г] = 0,72.
Решение (в единицах СИ).
1. Полезная мощность, развиваемая лебедкой при подъеме,
2. Мощность двигателя N найдем из выражения к. н. д. ч\ =
_ *М!ОЛ
~~~ N
П "
264

3 Таким образом, мощность двигателя, необходимая для
лебедки,
УУП0Л mgh 1200-9,81.20
N:
r\t
0,72 • 30
= 10900 */я = 10,9 кет.
Двигатель должен иметь мощность не менее 10,9 кет.
Рекомендуется решить самостоятельно эту задачу в единицах
МКГСС и найти мощность двигателя, выраженную в л. с.
Задача 224-44. Какую работу необходимо произвести, чтобы
равномерно передвинуть в горизонтальном направлении на
расстояние ь клинчатый ползун / вдоль направляющих 2? Вес
ползуна G, угол заострения ползуна и направляющих а (рис. 254, я),
а)
Лг-V
l L J
j
[ J
«u
s)
RH=N, + N2
*)
a
^Щ-г-х Д*Й5
ос r,i ос
Рис. 254
коэффициент трения между
ползуном и направляющими {.
Решение.
1. На клинчатый ползун, когда
он находится в горизонтально
расположенных направляющих,
действуют три силы: вес ползуна
С и две реакции направляющих
Ni и ^2 (рис. 254, в),
действующих на ползун перпендикулярно
к боковым плоскостям (щекам)
ползуна.
Для приведения ползуна в
движение к нему нужно приложить
параллельно направляющим силу
Р и тогда возникнут еще две
силы - силы трения, действующие вдоль обеих боковых плоскостей
ползуна (см. рис. 254, б - здесь вектор /?„ изображает
направленную вертикально вверх геометрическую сумму нормальных
реакций Nt и N2).
Таким образом, на ползун при его движении действуют всего
шесть сил: G, N1$ R2, Fit F2 и P.
8 данном случае нормальные реакции N} и N2 равны между
собой, следовательно, равны и силы трения Ft и Р2, поэтому
Nt**N% = N и F1^Ft^F.
2. Работа при перемещении ползуна на расстояние s
A = Pst
но предварительно найдем числовое значение движущей силы Р.
3. Спроектировав приложенные к ползуну силы на ось х
(см. рис. 254, б), получим
Р=2Р.
Но F=/JV, поэтому
Р—2/ЛГ. (а)
9 А. И. Аркуша 265

Нормальную реакцию N найдем из уравнения проекций на ось у
(см. рис. 254, в):
2#sina~G=0
и
JV =
О
2 sin a
Подставляем найденное значение N в (а)з
sin a*
(б)
4. Следовательно, работа при передвижении клинчатого
ползуна на расстояние s
A = Ps=J-Gs.
sin a
Например, при G=20 кГу 5=1,5 м, /=0,2 и а=45°
Л = -^4;20-1,5=0,283-20-1,5=8,5 кГ м.
sin 45
Примечание. Входящая в формулу (б) величина -J-— называется
коэффициентом трения клинчатого ползуна. При уменьшении угла а (при большем
заострении ползуна и направляющих)
коэффициент трения клинчатого ползуна резко
увеличивается.
Решение задачи вторым способом
с применением теоремы о работе
равнодействующей силы
рекомендуется выполнить самостоятельно.
Задача 225-44. Тело М весом
G = 50 кГ равномерно перемещается
вверх по наклонной плоскости,
длина которой /=4 м и угол подъема
a = 20J (рнс. 255, а). Определить
работу, производимую силой,
направленной параллельно наклонной
плоскости, и коэффициент полезного
действия наклонной плоскости.
Коэффициент трения f=0,2.
Решение 1.
Рис. 255 1. При движении тела М
(примем его за материальную точку)
вверх по наклонной плоскости на него действуют четыре силы:
вес G, нормальная реакция наклонной плоскости N, движущая
сила Р и сила трения F (рис. 255, б).
2. Работа силы Р при перемещении тела по длине наклонной
плоскости
Л=Р/.
266

3. Найдем необходимую для перемещения тела М силу Р.
Расположив оси координат, как показано на рис. 255, б,
составим два уравнения равновесия:
?Х* = 0; p_Gsina—F=0; (l)
?К,=0; W-Gcosa=0. B)
Дополним эти уравнения третьим уравнением, выражающим
основной закон трения:
F=fN. C)
Из уравнения A)
P = Gsina+F-
Вместо силы трения F подставим ее значение из уравнения C):
P = Gsina + /N,
а вместо нормальной реакции N подставим ее значение из
уравнения B):
P~G sina+fG cos a===G(sina + /cos a).
4. Следовательно, работа силы Р
А = G/ (sin a+/ cos a).
После подстановки в это уравнение числовых значений
А = 50.4 (sin 20° + 0,2 cos 20°) = 106 кГ • м.
5. Находим к. п. д. наклонной плоскости:
Полезная работа состоит в подъеме тела весом G на высоту
А = /sin 20°, поэтому
Ллол 0/«1п20» 50.4sm20*
Л— А — А — 10б — и.о**.
Решение 2.
1. Можно считать, что на тело М действуют не четыре, а три
силы: G—вес тела, движущая сила Р и полная реакция
поверхности реальной связи /?, равная геометрической сумме сил N и F
(рис. 255, в).
Реакция реальной связи R, как известно (§ 15-3), при
движении отклоняется от нормали к поверхности связи на величину
угла трения ф0, причем tgcp^/, где /—коэффициент трения.
2. Так как на тело М действуют только три силы и они
образуют уравновешенную систему (тело М, принятое за
материальную точку, движется равномерно и прямолинейно), силовой
треугольник ABC, построенный из этих сил, является замкнутым.
3. По рис. 255, в можно определить, что в силовом
треугольнике ЛВС угол Я —90° ~ or, угол Л = <р„ т а". Следовательно,
ZC-180°-UB + 1Л¦)=1801, — (9(Г-а + ipe -, а°) = 90° — q?.
9* 267

4. Применим к ABC теорему синусов-
Р G
ип(ф? + а°) sfei{90°-q/Sj '
Так как
sin(90°-9^)=cos9°0,
p^G sin(<pM-a0)
cos^
5. Работа силы Р
cos «и;
Из равенства tg(p*=/=0,2 (см. п. 1) находим, что фо=1Г20'.
Подставим теперь в выражение работы числовые значения и
определим, что
6. Находим к. п. д. наклонной плоскости:
1 А совф? sin (ф? -f- a°)
Развернем знаменатель получившейся дроби:
sin a0 «cos фр
^ sin <pS • cos a° -{- cos ф? • sin a° '
Числитель и знаменатель разделим на произведение cosa°«cosq)J
и получим окончательный вид формулы к. п. д. наклонной
плоскости при действии силы Р, параллельной этой плоскости
**— (D
tg<tf-MgaS-
Подставив сюда значение угла a=20°(tg 20° = 0,364) и учтя,
что tg ф^ = 0,2, получим
0,364 лалс
11=азб4Тох ==0,645.
Примечания: 1. Как видно, результаты обоих решений совпадают,
хотя получившиеся формулы для силы Р внешне отличаются друг от друга.
Формулу для Р из первого решения легко преобразовать и привести к
результату второго решения:
Р = G (sin a° + / cos a°) = G (sin a° + tg ф? cos a°) =
= G f sin a° + -5^i-cosa°\ =
\ ^ cos q,J /
__ r SH1 a°cos Ф?> "I- sin ф% cos ap
и
^ = a sin (a°+ ф°о)
СОЗфЗ
268

2. Выражение (I), полученное во втором решении, показывает, что к. п. д.
наклонной плоскости зависит лишь от ко'*ффициента трения / = tg(pj, т. е. от
материала и состояния трущихся поверхностей тела М и угла подъема
наклонной плоскости.
Решение 3.
1. Известно, что при действии на точку нескольких сил
алгебраическая сумма работ всех сил на некотором пути равна работе
равнодействующих этих сил (Е. М. Никитин, § 89).
2. В данном случае на тело М, которое примем за
материальную точку, действуют четыре силы: вес G, нормальная реакция
наклонной плоскости N, сила трения F и движущая сила Р (см.
рис 255, б).
3. Точка М движется равномерно и прямолинейно.
Равнодействующая сил, действующих на точку, равна нулю, и, следовательно,
алгебраическая сумма работ, производимых силами G, Л/, F и Р
на длине / наклонной плоскости, также равна нулю:
Ао + А„ + АР+Ар=0.
4. Находим отсюда работу силы Р:
Ар=— (A0 + AN+AF), (a)
где работа силы G
AQ^Glcos (90° + *°) = — G/sina;
работа силы N, направленной перпендикулярно к направлению
движения точки, равна нулю:
4A'=Mcos90°=0;
работа силы F
AF=Fl cos 180е = — FI = — /G/ cos a,
так как сила трения
F=fN=fG cosa.
Подставим в выражение (а) полученные значения работ:
Лр = — (AQ + AN+At) =Gl sina + /G/cosa.
Таким образом,
,4 = /lp = G/(sina + /cosa) = 50.4(sin20c + 0,2cos20o) = 106/cr.A«.
5. К п. д. наклонной плоскости найдем так же, как в п 5
первого решения.
Задача 226-44 (для самостоятельного решения). Определить,
какую работу необходимо произвести, чтобы усилием,
параллельным наклонной плоскости, равномерно переместить тело М,
описанное в предыдущей задаче, вниз по наклонной плоскости (G — 50/сЛ
/=4 м; а = 20°; /=0,2).
269

Ь)
\ I
Определить также коэффициент полезного действия наклонной
плоскости при перемещении тела вниз.
Указание. Решить задачу сначала в общем виде, а затем подставить
числовые значения.
При определении к. п. д. необходимо иметь в виду, что в данном случае вся
работа совершается вследствие перемещения тела вниз и А = Gh. Эта работа
расходуется на преодоление вредного (силы трения) и полезного (силы Р)
сопротивлений. Полезная часть работы Лпол = PL
Ответ. -30,7 кГм*; 45%.
Задача 227-44. Тело М весом G=50 кГ равномерно
перемещается вверх по наклонной плоскости / = 4 м и с углом подъема
а=20°. Определить работу,
произведенную силой, направленной
параллельно основанию
наклонной плоскости (рис. 256, я), также
коэффициент полезного действия
наклонной плоскости.
Коэффициент трения /=0,4.
Первое и третье решения
задачи, аналогичные
соответствующим решениям задачи 225-44,
рекомендуется выполнить
самостоятельно.
Решение. 2.
1. Приняв тело М за
материальную точку, изобразим на
рис. 256, б (слева) три
действующие на нее силы: вес G,
движущую силу Р и полную реакцию R наклонной плоскости, которая
отклонена на угол ф0 (угол трения) от нормали к поверхности
наклонной плоскости.
2. При равномерном движении тела по наклонной плоскости
эти три силы образуют уравновешенную систему, и поэтому
треугольник ЛВС, построенный из этих сил, является замкнутым (см.
рис. 256, б-справа).
3. Силовой треугольник ABC получается в данном случае
прямоугольным, так как вектор G перпендикулярен к вектору Я; угол
Л = ф° + а°, поэтому числовое значение движущей силы
^=Gtg(<p; + a°).
4. Работа силы Р
4 = P/cosa=G/tgto; + a0)cosa°.
ос
Рис. 256
* Работа силы Р в результате вычислений получается отрицательной, так
как плоскость несамотормозящаяся (угол подъема «^ 20-, а угол трения <р<» -- 11-20',
следовательно, ср0<а, см. задачу 95-15) и поэтому сила Р направлена вверх,
т. е. в сторону, противоположную движению. Без силы Р тело М скользит вниз
равноускоренно.
270

5. Подставим сюда числовые значения: G = 50 кГ; /=4 лг,
а =^20' и ф0 = 2Г50' (так как tg<p„—/==0,4). Найдем
Л-50-4 tg41 50'cos20°— 1G8 кГм.
Как видно, по сравнению с задачей 225-44 работа получается
несколько больше (на 24 кГм), потому что сила Р, действующая
параллельно основанию наклонной плоскости, прижимает тело
к наклонной плоскости, при этом увеличивается нормальное
давление тела N, а вместе с ним и сила трения.
6. Определим коэффициент полезного действия. На основании
изложенного, к. п. д. в данном случае уменьшится:
Л1ШЛ Gh Gl sin a
Так как
PI cos a C/tg ((pj -•- а°) cos a°-9
= ^а>
окончательно получаем формулу к. п. д. наклонной плоскости при
горизонтальном действии силы Р:
Подставим сюда значения углов:
ч-тЙйг-о.407.
По сравнению с к. п. д., полученным в задаче 225-44, к. п. д.
наклонной плоскости в этой задаче уменьшается.
Следующую задачу рекомендуется решить самостоятельно.
Задача 228-44. Определить произведенную работу и к. п. д. при
равномерном передвижении клинчатого ползуна / массой 100 кг
АЛ
Рис. 257
на расстояние 2,5 м по направляющим 2, наклоненным к горизонту
под углом 15° (рис. 257). Движущая сила действует параллельно
наклонным направляющим; угол заострения ползуна а=60°;
коэффициент трения / = 0,35.
Ответ. 1590 дж A02,5 кГ-м)\ 39,8%.
271

/kato
Рис. 258
Задача 229-44. Определить работу, которую необходимо
произвести, чтобы перекатить каток массой 50 кГ на расстояние 4 м
по горизонтальной негладкой поверхности. Считать, что сила,
двигающая каток, приложена к оси катка и горизонтальна (рис. 258, а).
Диаметр катка 20 см; коэффициент трения
/к = 0,5 см.
Решение.
1. Как известно из кинематики, движение
катящегося катка называется
плоскопараллельным и составляется из двух движений —
поступательного и вращательного.
Ось катка передвигается поступательно,
поэтому работу силы Р, приложенной к оси,
можно определить по формуле
A = Ps,
но предварительно нужно найти числовое
значение силы Р.
2. На каток в неподвижном состоянии
действуют две силы: вес катка G и реакция N
горизонтальной. поверхности, приложенная к
катку в точке К (геохметрическая точка
касания катка с поверхностью). При качении на Каток действуют уже
четыре силы (рис. 258, б): G -вес катка, Р - движущая сила и две
составляющие N и F полной реакции поверхности, место
приложения которой перемещается из точки /С в точку А - вперед по
ходу катка (Е. М. Никитин, § 38).
3. Если спроектировать все силы на вертикальную и
горизонтальную оси, то Л/ = С и P = f, т.е. на катящийся каток
действуют две пары сил: катящая пара (Р; F) с плечом OK=-j =
20 см —
= —2"~= ^ см и паРа сопротивления (G; N) с плечом /04 =
= /к = 0,5 см. При равномерном перекатывании катка моменты
этих пар численно равны между собой, т. е.
Отсюда находим силу Р, выразив силу тяжести в кГ (G =
= 50 кГ)
2
4. Таким образом, работа, произведенная при перемещении
катка,
Л=Р$ = 2,5-4=10 кГм.
Рекомендуется сопоставить этот результат с результатом,
полученным в задаче 221-44. Следующую задачу решить
самостоятельно.
272

Задача 230-44. Определить, какую работу необходимо
произвести, чтобы каток, рассмотренный в предыдущей задаче (масса
катка 50 кг, диаметр 20 сму коэффициент трения качения /к =
= 0,5 см), закатить вверх по наклонной плоскости длиной 4 м
и углом подъема а =15°, действуя силой, приложенной к оси
катка и направленной а) параллельно наклонной плоскости и
б) параллельно основанию наклонной плоскости.
Определить также в обоих случаях к. п. д.
Указание. Рисунки к обоим вариантам задачи выполнить самостоятельно,
изобразить на них все действующие в том и другом случае на каток силы. Для
определения силы Р необходимо составить два уравнения равновесия: уравнение
моментов всех сил относительно точки К — геометрической точки касания катка
с плоскостью — и уравнение проекций на ось, перпендикулярную к плоскости.
Коэффициент полезного действия определить по формуле D), приведенной
в начале параграфа.
Ответ, а) 61,5 кГ-м\ 84,5%; б) 62,3 кГ-м; 83,5%.
§ 46-11. РАБОТА И МОЩНОСТЬ
ПРИ ВРАЩАТЕЛЬНОМ ДВИЖЕНИИ
При вращательном движении тела движущим фактором
является пара сил. Рассмотрим диск /, могущий свободно
вращаться вокруг оси 2 (рис. 259). Если к точке А на ободе диска
приложить силу Р (направим ее вдоль касательной к боковой
поверхности диска; направленная таким образом
сила называется окружным усилием), то диск
станет вращаться. Вращение диска обусловлено
появлением пары сил. Сила /\ действуя на диск,
прижимает его в точке О к оси (сила Рдавл на
рис. 259, приложенная к оси 2) и возникает
реакция оси (сила РрКц на рис. 259), приложенная
так же, как и сила Р, к диску. Так как все
эти силы численно равны между собой и_ линии
их действия параллельны, то силы Р и Рркц
образуют пару сил, которая и приводит диск во
вращение. Рис 259
Как известно, вращающее действие пары сил
измеряется ее моментом, но момент пары сил
равен произведению модуля любой из сил на плечо пары, поэтому
вращающий момент
М9р = Мпшрн = М0(Р) = Р-0А.
Единицей момента пары сил, а также момента силы
относительно точки или относительно оси является 1 н-м (ньютон-метр)
в СИ и 1 кГм (килограмм-сила-метр) в системе МКГСС. Но при
этом не следует смешивать эти единицы с единицами работы
A «-л*=1 дж или 1 кГ-м)> имеющими ту же размерность.
273

Работу при вращательном движении производят пары сил.
Величина работы пары сил измеряется произведением момента
пары (вращающего момента) на угол поворота, выраженный в
радианах:
А = Мв?у. A)
Таким образом, чтобы получить единицу работы, например,
1 дж=\ нм, необходимо единицу момента I н-м умножить на
1 рад. Но так как радиан — безразмерная величина
то
[дж] = [н м] > [1] = [н • м].
Мощность при вращательном движении
Если тело вращается с постоянной угловой скоростью, то,
заменив в формуле B) -| = о>, получим
N = MB?e>. B')
Мощность того или иного двигателя величина постоянная,
ПОЭТОхМу
Мор = ~. C)
т. е. вращающий момент двигателя обратно пропорционален
угловой скорости его вала.
Это означает, что использование мощности двигателя при
различных угловых скоростях позволяет изменять создаваемый им
вращающий момент. Используя мощность двигателя при малой
угловой скорости, можно получить большой вращающий момент.
Так как угловая скорость вращающейся части двигателя (ротора
электродвигателя, коленчатого вала двигателя внутреннего
сгорания и т. п.) при его работе практически не изменяется, то между
двигателем и рабочей машиной устанавливается какой-либо
механизм (редуктор, коробка скоростей и т. п.), могущий передавать
мощность двигателя при различных угловых скоростях.
Поэтому формула C), выражающая зависимость вращающего
момента от передаваемой мощности и угловой скорости (Е. М. Н и-
китин, § 93), имеет очень важное значение.
Используя при решении задач эту зависимость, необходимо
иметь в виду следующее. Формула C) принимается для решения
задач, если мопиюсть N задана в ваттах, а угловая скорость-- ш—
в рад/сек [размерность (\/сек)]9 тогда вращающий момент уИвр
получится в нм.
274

Соответственно, если мощность N подставлена в кет
(киловаттах), то вращающий момент получится в к-нм (килоньютон-
метрах).
Если передаваемая мощность выражена в л. с. A л. с. —
= 75 кГ • м/сек), угловая скорость — в об;мин \п об/мин = ——),
а вращающий момент нужно получить в кГм, то необходимо
воспользоваться формулой
D)
AfBp (кГ.,0 = 716,2^|^.
Если передаваемая мощность выражена в mm, угловая
скорость - в обIмин, а вращающий момент нужно получить в кГ-м,
то необходимо воспользоваться формулой
ЛМ*Г.Л)=973,8;^1г
E)
Задача 231-45. Для определения мощности электродвигателя
через его шкив перекинута тормозная лента (рис. 260, а). Один
конец ленты удерживается динамометром, а к
другому концу прикрепленадвухкилограммовая гиря.
После запуска двигателя при установившейся
угловой скорости /г =1850 об/мин динамометр
показывает усилие 5 кГ. Определить мощность
двигателя.
Решение 1—в единицах СИ.
1. Рассмотрим, какие силы действуют на
шкив при установившемся равномерном
вращении.
Шкив приводится во вращательное движение
вращающим моментом Л1вр, создаваемым
двигателем. Кроме того, на шкив действуют сила
натяжения правой ветви ленты, создаваемая
динамометром (Гд = 5-9,81=49«), и сила Тг натяжения
левой ветви ленты, создаваемая
двухкилограммовой гирей (Гг = 2-9,81 -19,6 н) (рис. 260,6).
2. Определим вращающий момент двигателя. Рис. 260
Так как шкив вращается равномерно, то
алгебраическая сумма моментов всех сил относительно оси вращения
шкива равна нулю:
Мвр-Тд|+Тг |=0,
где d — диаметр шкива, d = 240 лш = 0,24 м. Отсюда
Мкр-~(Тл-Тг) -J = D9- 19,6H,12 = 3,53 нм.
3. Переведя угловую скорость п =1850 об/мин в рад/сек:
я 1850
0> = ;
30
30
• = 194 рад/сек,
275

из формулы C) можно найти мощность двигателя!
tf=AfBpO) = 3,53.194=685 вт.
Таким образом, мощность двигателя составляет 685 вт.
Решение 2 ~ при помощи формулы D).
1. На шкив действуют Мар - искомый вращающий момент
двигателя и две силы натяжения ветвей тормозной ленты: 7^ = 5 кГ
и Гг=2 кГ.
2. Определяем вращающий момент двигателя:
Мвр = (Гд-ГгL = E-2H,12 = 0,36 кГ>м.
3. Теперь из формулы D) определяем мощность двигателя:
AW* 0,36 1850
^.c»7i6e-7lE5-ea9304-C-
Переведя получившуюся мощность из л. с. в em, легко
убедиться, что она такая же, как и в первом решении @,930 л. сх
х736 впцл. с. ^685 вт).
Задачу можно решить еще при помощи формулы E).
Рекомендуется это решение выполнить сахмостоятельно.
Задача 232-45. Токарный станок приводится в движение
электродвигателем, мощность которого Л^ = 2,21 кет. Считая, что
к резцу станка подводится лишь 0,8 мощности двигателя,
определить вертикальную составляющую усилия резания, если диаметр
обрабатываемой детали d = 200 мм> а шпиндель вращается со
скоростью « = 92 об/мин.
Решение- при помощи формулы E).
1. Шпиндель станка с закрепленной в нем деталью вращается
под действием вращающего момента, который уравновешивается
моментом искомого вертикального усилия резания Р, т. е.
где d = 200 лш = 0,2 ж —диаметр обрабатываемой детали.
Следовательно,
MBp = pJ = 0,lP.
2. Мощность, подведенная к резцу, составляет 0,8 от всей
мощности двигателя. Таким образом, к. п. д. передачи т] = 0,8 и
подведенная к резцу мощность
#пол = г|Л/ = 0,8- 2,21 = 1,77 кет.
3. Подставим найденные значения Мвр, #,10Л и данное в
условии задачи значение п в формулу E):
Л1вр = 973,8^-.
276

Тогда
Откуда
О, IP = 973,8
1,77
92 '
Р =
973,8.1,77
= 188 кГ.
0,1 -92
Решение задачи в единицах СИ рекомендуется выполнить
самостоятельно.
Задача 233-45 (для
самостоятельного решения). Станок приводится
в движение ременной передачей от
шкива, который получает вращение
через редуктор Р от электродвигателя А
(рис.261), мощность которого 1,5,7.с. при
угловой скорости ротора 3000 об/мин.
Коэффициент полезного действия
каждой зубчатой пары 0,9, а ременной
передачи 0,8; числа зубьев колес
редуктора 2Х = 20, г2 = 30, z\ = 25 и z^ = 50,
диаметр шкива d = 400 мм.
Определить натяжения Тг и Т2 ветвей ремня, считая, что
Т =27*..
Ответ. Г2=3,48 кГ C4, Г м).
Рис. 261
ГЛАВА XII
ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕМЫ ДИНАМИКИ
В этой главе рассмотрено несколько простейших
типовых задач, при решении которых можно использовать теоремы
динамики для точки и системы материальных точек — теорему об
изменении количества движения, теорему об изменении
кинетической энергии и основной закон динамики для вращательного
движения твердого тела (Е. М. Никитин, гл. XX и XXI).
В начале главы даны примеры решения задач, в которых
рассматриваются движущиеся точки или поступательно движущиеся
тела. В конце главы даны примеры решения задач на динамику
вращающегося тела.
§ 46-12. ЗАДАЧИ НА ПОСТУПАТЕЛЬНОЕ
ДВИЖЕНИЕ ТЕЛА
Если точка массой tnf находясь под действием
постоянной силы Р в течение / сек, двигается прямолинейно, то теорема
об изменении количества движения (Е. М. Никитин, § 95)
выражается формулой
mv -mvQ=Ptt (l)
277

где разность то — ти0 — величина изменения проекции количества
движения на ось, совпадающую с направлением движения, а
произведение Pt — проекция импульса силы на ту же ось.
В СИ количество движения и импульс силы измеряются в
ньютон-секундах (н-сек) (Е. М. Никитин, § 94); в системе МКГСС—
соответственно в килограмм-секундах в_(кГсек).
Если, рассматривая действие силы Р на материальную точку
массой т, учитывать не продолжительность ее действия, а
протяженность, т. е. то расстояние, на котором действует сила, то
получим теорему об изменении кинетической энергии точки
(Е. М. Никитин, § 97)i
!"?_!?-Л. B)
где А — работа всех сил, приложенных к точке, а -^ и
~2 кинетическая энергия точки соответственно в начале и
конце действия сил.
Кинетическая энергия измеряется единицами работы, т. е.
в СИ — в джоулях (дж), в системе МКГСС—в кГ-м.
Необходимость введения двух динамических характеристик
объясняется тем, что одна характеристика не отражает все
особенности движения точки. Например, зная количество движения
автомобиля (т. е. величину ть\ а не величины т и v в
отдельности) и действующую на него при торможении силу, можно
определить, через сколько секунд автомобиль остановится, но по этим
данным нельзя найти пройденный за время торможения путь.
Наоборот, зная начальную кинетическую энергию автомобиля и
тормозящую силу, можно определить тормозной путь, но по этим
данным нельзя найти время торможения.
Если же в задаче заданы и масса точки, и ее скорость, то
в принципе можно использовать для решения любую из теорем,
но при этом необходимо иметь в виду, что для определения
времени движения целесообразно использовать теорему об изменении
количества движения, а для определения пройденного пути —
теорему об изменении кинетической энергии.
Уравнения A) и B) применимы также и при рассмотрении
поступательно движущихся тел. В этом случае любое твердое тело
отождествляется с материальной точкой, имеющей массу всего тела
и расположенной в его центре массы (Е. М. Никитин, § 100)
или в точке, совпадающей с центром тяжести тела.
Задача 234-46. Машинист тепловоза отключает двигатель и
начинает тормозить в момент, когда тепловоз имеет скорость 90 км/ч.
Через сколько времени и пройдя какой путь тепловоз остановится,
если сила торможения постоянна и составляет 0,12 его веса, а
движение происходит по горизонтальному и прямолинейному участку
дороги?
278

МШ//М////Ш7/>М'ММЮМ.
¦?
•F—CH
Решение.
1. Тепловоз движется поступательно, поэтому рассмотрим
движение его центра тяжести С (центра массы), считая, что к нему
приложены все внешние силы (рис. 262).
2. После того как отключается двигатель и включается
тормозное устройство, на тепловоз действуют три силы: сила
тяжести С, нормальная реакция рельсов Лг и сила торможения F.
В начале торможения
скорость г0=90 км,'ч—2э м/секу 4 N
в конце и=--0. Требуется
определить путь s и
время /, за которое этот путь
пройден (см. рис. 262).
3. Для определения
времени торможения
применим теорему об
изменении количества движения.
Спроектировав
векторы на горизонтальную ось
(ось х)у увидим, что проекции сил G и N равны нулю, а проекция
силы F получается равной ее модулю, но со знаком минус;
проекция скорости Vq также равна ее модулю, поэтому уравнение A)
в данном случае примет вид
Ш
v=0
h/>/brfys. v/brf/frA/
Ъ/М//Ш/М
Рис. 262
-7*7 =
-mva
4. Решаем это уравнение относительно (:
t =
mvQ
Так как сила торможения F = 0,12G-^0,12mg, то окончательно
0,12/т 0,12.9,81
-21,2 сек.
5. Для определения тормозного пути s применим теорему об
изменении кинетической энергии. В данном случае г> = 0, Л~
= Fs cos а (угол а между направлением силы F и направлением
перемещения равен 180° и, следовательно, cos0 = cos 180°= — 1,
а работы сил G и N равны нулю (эти силы действуют
перпендикулярно к направлению перемещения) поэтому уравнение B)
принимает вид
2
6. Решаем это уравнение относительно s:
s--
mvr,
2F 2-0,12?
(F-=0,12G=0,\2mg).
279

После подстановки в эту формулу числовых значений
S~2.0,12-9,81 ""^ М
Таким образом, тепловоз остановится через 21,2 сек, пройдя
265 м.
Задача 235-46. Каков коэффициент трения колес
заторможенного автомобиля о дорогу (считать, что заторможены все четыре
колеса), если в момент выключения двигателя и нажатия тормоза
скорость движения автомобиля с»0 = 60 км/час и автомобиль
останавливается через 5 сек после начала торможения.
Решение.
1. В задаче известно время движения заторможенного
автомобиля, т. е. имеется в виду импульс силы, поэтому для ее
решения применим формулу A)—закон количества движения.
2. На заторможенный автомобиль действуют девять сил
(рис. 263, а): С —вес автомобиля, четыре реакции поверхности
дороги, приложенные к каждому колесу, и четыре силы трения,
также приложенные к колесам.
Принимая автомобиль за материальную точку, считаем, что все
эти силы приложены в центре тяжести автомобиля, и тогда,
заменив четыре реакции поверхности их
суммой N и четыре силы трения их
суммой Fy получим только три силы
G, N и F(pnc. 263, б).
3. Силы G и N численно равны друг
другу и взаимно уравновешиваются.
Следовательно, импульс создается
силой трения /\
4. Импульс силы трения в данном
случае действует в сторону,
противоположную движению, поэтому
уравнение A) для данной задачи примет вид
Рис. 263 mv-—mv0 = — Ft
Но автомобиль через / = 5 сек останавливается (о=0), поэтому
mv = 0.
Следовательно,
— mv0 = —Ft или mv0 = Ft.
/-*
5. Подставим сюда значения гп— — и F=fN = fG (так как
^-v0=fGt.
Откуда, имея в виду, что v0^60 км/ч= 16J м/сек,
'-?/-9,81 5~-°^4-
280

Эту задачу можно решить, используя теорему об изменении
кинетической энергии. Рекомендуем этот вариант решения
выполнить самостоятельно.
Задача 236-46. За 500 м до станции, стоящей на пригорке
высотой 2 ж, машинист поезда, идущего со скоростью 12 м/сек,
закрывает пар и начинает тормозить. Как велико должно быть
сопротивление от торможения, считаемое постоянным, чтобы поезд
остановился у станции, если масса поезда равна 10е кг,
сопротивление трения 2000 кП
Решение.
1. Решаем задачу, используя теорему об изменении кинетической
энергии, так как в условии задачи задано уже не время
торможения, а тормозной путь s = 500 м.
2. Поезд двигается
поступательно, поэтому достаточно рассмотреть
движение его центра тяжecYи О.
Приложим к точке О все действующие
силы (рис. 264). Вес поезда G
разлагаем на две составляющие Gt и G2-
На поезд в сторону,
противоположную его движению, действуют три
силы: составляющая весаб^сила
трения F и искомая сила торможения Р.
3. Равнодействующая этих сил, равная их сумме (P+F + G2),
действуя на расстоянии s, производит работу Л = — (P + F+G2)s
(работа сил сопротивления отрицательна).
4. Работа А равна изменению кинетической энергии поезда
[уравнение B)]:
- mv2 mv'j
Но так как конечная скорость поезда с> = 0, то
_(P + F + G2)s=-?p.
Из последнего уравнения можно найти силу торможения Р:
5. Но предварительно нужно определить составляющую веса G2:
G2 = Csina.
А так как
то
sina =—,
С=<*т-
281

Затем вычисляем величину силы Р .в системе МКГСС,
учитывая, что
^ 2s Г s 9,81-2-500 ZUUU 1U 500'
Р = 14700—2000—4000 =- 8700 кГ.
6. Если решить задачу в единицах СИ, то все предварительные
рассуждения не изменятся, но в окончательную расчетную формулу
Р— ^Hi /г лА
г ~~ 2s 5
нужно подставить числовое значение силы F в ньютонах (F =
= 2000 кГ = 19600 я), а вес G выразить через массу (G=mg):
p_mv- р mgh__ 10*.12* 1Qfi0n 10в-9,8Ь2
r~~~& r~ 5 ~" 2-500 "~iyouu 500 »
P = 144000—19600 — 39300 = 85 100 « = 85,1 кн.
Легко заметить, что 8700 кГ^8о 100 н (8700 кГ-9,81 н/кГ =
= 85100 «).
Следующие две задачи рекомендуется решить самостоятельно.
Задача 237-46. Трогаясь с места, автомобиль через 10 сек
развивает скорость 36 км/ч. Определить силу тяги двигателя Р. Масса
автомобиля 1500 кг. Все четыре колеса автомобиля—ведущие.
Ответ. Р-=1500 н A53 кГ).
Задача 238-46. По наклонной плоскости, угол подъема которой
а=30°, спускается без начальной скорости тяжелое тело;
коэффициент трения /=^=0,2. Какую скорость v имеет тело, пройдя 2 м
от начала движения?
Ответ, v — 3,58 м/сек.
§ 47-12. ЗАДАЧИ НА ВРАЩАТЕЛЬНОЕ
ДВИЖЕНИЕ ТЕЛА
Мерой инертности материальной точки, а также тела
при поступательном движении является их масса.
Если же тело вращается, то мерой инертности служит его
момент инерции —величина, зависящая от величины массы тела и
от того, каким образом масса распределена относительно оси
вращения тела.
Как известно (Е. М. Никитин, § 102), моментом инерции
тела относительно некоторой оси называется величина, составленная
из суммы произведений масс всех материальных точек тела на
квадраты расстояний от этих точек до оси вращения,
282

В математической форме величину момента инерции тела можно
представить такой формулой:
где J—момент инерции тела; dm—масса материальной точки; р—
расстояние от точки до оси вращения; и у знака интеграла
показывает, что интегрировать (т. е. суммировать произведения dmp2)
необходимо по всему объему тела.
Этой формулой можно пользоваться для определения моментов
инерции тел, имеющих геометрическую форму тел вращения.
Если тело составлено из нескольких частей, имеющих
определенную геометрическую форму, удобно использовать еще формулу
J = Jc+tna2,
где Jс—момент инерции тела относительно центральной оси (т. е.
относительно оси, проходящей через центр тяжести тела); У—
момент инерции тела относительно оси, параллельной центральной
оси; /я—масса тела и а —расстояние между осями.
Если тело имеет очень сложную форму, то момент инерции
определяется либо из опыта, либо по формулам, приведенным в
различных технических справочниках.
Приведем несколько формул для определения моментов инерции
тел (во всех формулах т—масса тела, а линейные размеры
обозначены на рисунках).
1. Момент инерции тонкого прямого
стержня относительно его центральной оси,
перпендикулярной к стержню (рис. 265,а)з
2. Момент инерции тонкого прямого
стержня относительно оси,
перпендикулярной к стержню и расположенной у
одного из его концов (рис. 265, б):
«о
СЕ
5)
I Ф L
=3
J J
Ус
С
Jy = j/nl2.
Рис. 265
3. Момент инерции сплошного однородного цилиндра
относительно его геометрической оси (рис. 266, а)
4. Момент инерции полого однородного цилиндра относительно
его геометрической оси (рис. 266, б)
Jx=l-m(D* + d*).
283

Сопоставляя между собой при помощи рисунков формулы A)
и B), а также C) и D), необходимо учитывать то, что при одной
и той же массе стержней и одинаковой длине второй стержень
обладает в четыре раза большим моментом инерции (см. рис. 265, б),
а также при одинаковых внешних размерах цилиндров и одинаковой
массе (если цилиндры изготовлены из различных материалов,
например из алюминия и стали) полый цилиндр обладает большим
моментом инерции.
Если в формуле D) пренебречь толщиной стенки цилиндра,
т. е считать, что D=d (вся масса распределена по ободу
цилиндра), то
Единицей измерения момента инерции тела являются в СИ:
1 кгЛ ж2=1 кг-м*;
в системе МКГСС:
\kLl??L\ jfi^i кГ-cetf.M.
При вращательном движении (см. § 45-11) движущим фактором
является вращающий момент (пара сил).
Если алгебраическая сумма моментов всех пар сил,
приложенных к телу, имеющему ось вращения, не равна нулю, то тело
приобретает угловое ускорение, числовое значение которого прямо
пропорциональна вращающему моменту Мъ?:
В этом уравнении, выражающем основной закон динамики для
вращательного движения тела, множителем пропорциональности
является момент инерции тела. Тело с большим моментом инерции
труднее привести во вращение.
Кинетическая энергия вращающегося тела
Если тело находится в плоскопараллельном движении,
например катящееся колесо, то его кинетическая энергия складывается
из двух слагаемых:
? пл.-пар — 2 '2 ••
где -^—кинетическая энергия, получающаяся от поступательной
части этого сложного движения (см. § 37-8) при скорости vt равной
скорости центра тяжести тела, а -д кинетическая энергия от
вращательной части, причем J — момент инерции относительно оси,
проходящей через центр тяжести тела.
284

Задача 239-47. Два цилиндра, изготовленных из различных
материалов (см. рис. 266), имеют одинаковую массу тспл=тпол—
= 80 кг; их наружные диаметры йС11л = Опол = 240 мм, а внутренний
диаметр полого цилиндра dll0Jl~200 мм. Полый цилиндр вращается
вокруг собственной оси с угловой скоростью сопол==20 рад/сек.
С какой скоростью должен вращаться сплошной цилиндр, чтобы
оба цилиндра имели одинаковый запас кинетической энергии?
Решение.
1. Если кинетические энергии обоих цилиндров обозначить,
соответственно, ^
j fft*_ j «s _
E
^ПОЛ^ПОЛ p ^СПЛ^СПЛ
то по условию задачи
л*
отсюда
Люл®пол •'спл^спл
<аспЛ=<апол1^т1Щ1-
Т J спл
ш®е
Рис. 266
Лол=«^==80^24!=0>576 ^.^
2. Если определять числовые значения моментов инерции
обоих цилиндров, то
Ум-W^(Dy+dbM) =80(a24;+0'22) =0,976 icT.jA
8 8
Определим скорость сплошного цилиндра
соспл-<опо/|/^=20 j/gg|==26 рад/сек.
3. Если же числовые значения моментов инерции не
определять, то
в>.
— гл ЛГ1^* — m l/ mnQJi(D?io.i+^o..) . тспА*нл
'"" Л Г ^л шм " 8 • 8 '
В полученную формулу
У "спл
подставим числовые значения диаметров:
соспл = 20 J/^l +^J = 20Kl +0,695 = 20-1,3 = 26 рад/сек.
Для второго варианта решения, как видно, массу цилиндров
можно и не задавать.
Задача 240-47. Стержень длиной 1=1 м и массой 3 кг имеет
на концах шарообразные массы по 2 кг каждая (диаметры шари-
285

ков d=10 см). Какой вращающий момент нужно приложить
к стержню, чтобы привести его во вращение с угловым
ускорением е = 2 рад/сек2 вокруг оси, перпендикулярной к стержню и
проходящей через центр тяжести
ус системы (рис. 267)?
I Решение.
0t \cj /7N 1. Чтобы определить необходи-
. . ^ м. КА мый вращающий момент, нужно
воспользоваться уравнением основного
закона динамики для вращательного
движения тела
"*
1м
1,2м _
Рис. 267
MBr> = Jet
но предварительно надо определить момент инерции системы
стержня и шариков.
2. Находим момент инерции этой системы Jyc, который
складывается из момента инерции стержня JCT и двух моментов
инерции шариков B/ш), которые считаем материальными точками,
т. е. при определении моментов инерции шариков принимаем,
что их массы сосредоточены в центрах шариков на расстоянии
+  от оси У-
\2
Следовательно,
"УС — " ст » ^** ш —
mfT/2
12
¦2m„(^)*
Подставим числовые значения:
3-12
Лс=^г + 2-2-0,552 = 0,25-|-1,21 -1,46 кг-м*.
12
3. И теперь определим вращающий момент, необходимый для
сообщения стержню ускорения е = 2 рад/сек2,
Мвр = Jyre =1,46-2 = 2,92 н • м
м\ — [н-м].
кг- м
р — ° УС
1 | | кг • м
сек>
СОК1
•2
Задача 241-47. Тормозной шкив, масса которого т = 2 кг,
диаметр d —0,8 м> имеет форму сплошного диска и вращается по
инерции с угловой скоростью со0=10л—. Для остановки вала
к шкиву прижимают тормозную колодку k с силой Q — 5 н. Через
сколько секунд вал остановится и сколько оборотов он сделает
до остановки, если коэффициент трения колодки о шкив /=0,4?
Трением в подшипниках вала, на котором насажен шкив,
пренебречь; массу вала не учитывать.
Решение 1 - при помощи основного закона для
вращающегося тела.
286

1. Изобразим шкив на рис. 268. Прижатая к шкиву колодка
создает силу трения F=fQ, направленную в сторону,
противоположную вращению колеса. Таким образом, на шкив с момента
прижатия колодки начинает действовать тормозной момент,
направленный в сторону, противоположную его
вращению, ^~+"\ а Г
MT = -F± = -fQ 5= —0,4-5--°*-? =
— — 0,8 нм.
2. Шкив имеет форму сплошного диска, \*^ I ? ^к
его момент инерции определяется но формуле
У-_=..'-ш/*=!^-=0,16 кгмК рис 268
3. Из основного уравнения динамики для вращательного
движения Мвр=е«/ находим угловое ускорение е:
8==Л!т=жпг^-5 рад!сек*
[(н.м):(кг.м>)] = \[^м):(кг.м*)\ = \^\=-^.
4. Из формулы для углового ускорения равнопеременного вра-
0) - - - СОл
щения е = —-—- находим время торможения:
^ = св—йH= — гг=2л дас = 6,28 сек.
с —5
5. По уравнению равнопеременного вращения определяем угол
поворота шкива (вала) за это время:
<р— Юл2 рад.
6. Находим число оборотов вала, сделанное им с момента
начала торможения до остановки:
фог,^^"^^5-*1^15,7 обоРот
Эту задачу можно решить и другим способом (используя закон
кинетической энергии для вращающегося тела).
Решение 2.
1. Закон кинетической энергии вращающегося тела выражается
уравнением
- _ Jco2 /©J
2. В данном случае тормозной момент Мт~ — /Q^ = —0,8««ж
производит при остановке шкива (вала) работу
Л = М7ф, а -тр^О,
287

так как конечная угловая скорость в>=0. Уравнение
кинетической энергии шкива имеет вид
Отсюда (значение J — найдено в первом решении)
Jco?, 0,16A0я)У
3. Число оборотов вала
2 (— 0,8)
10я2
= 10л2 рад.
4* Время торможения можно найти из формулы ф==^^?/:
*=-
2<р
2. Юл2
= 2я се/с=6,28 с^/с.
"© + ю0 O-f-Юл"
Задача 242-47. Цилиндр /, масса которого та=78 кг и диаметр
d=24 ел, может свободно вращаться около горизонтальной оси.
На цилиндр намотана гибкая нить, имеющая на конце груз 2
о) б) _ 6)
т
грШ
тгрЫЩ
\огр
Рис. 269
массой тгр=10/сг. Падая, груз разматывает нить и вращает
цилиндр (рис. 269, а).
Определить угловое ускорение цилиндра, натяжение нити,
кинетическую энергию груза А и цилиндра через / = 4 сек после
начала движения.
Массой нити и трением в оси цилиндра пренебречь.
Решение —при помощи метода кинетостатики и уравнения
основного закона динамики для вращающегося тела.
1. В задаче рассматриваются два связанных между собой тела:
вращающийся цилиндр и поступательно двигающийся груз.
Мысленно разрежем нить и изобразим оба тела с действующими на них
силами отдельно друг от друга.
2. На рис. 269, б показан цилиндр, на который действует
вращающий момент пары сил G\ Тг), созданной натяжением нити
(сила Т2 приложена к подшипнику цилиндра, см. § 45-11):
*»' вр === ¦¦ "о" •
288

3. Вращение цилиндра определяется уравнением:
Так как
мвр-
/ц =
1 2
т =
— «/ц8.
/М2
" 8 '
-~8"~е<
то
Откуда
»*t /Jo
(а)
В полученное выражение для Г входит вторая неизвестная
величина е. Чтобы облегчить дальнейшие вычисления, подставим
сюда те величины, которые известны (в единицах СИ: /Лц=78 кг
и d = 0,24 м):
г==78 0,24е или г = 4688 (a/j
4. Изобразим теперь (рис. 269, в) груз, на который действуют
его вес Grp = mrpg, реакция нити 7\ равная ее натяжению. Так как
цилиндр падает с ускорением а,, то силы <3,р и Г не
уравновешивают друг друга. Добавим к ним силу инерции Ри. Тогда
уравнение равновесия сил примет вид
pH + 7,-Grp=0.
Заменим в последнем уравнении силу инерции и вес груза
их значениями P"=mrpat и Grp=mrpg:
T=mvp(g — at).
5. Считая нить нерастяжимой, получаем, что ускорение at
груза равно ускорению любой точки нити, а следовательно,
и точки А на ободе цилиндра (см. рис. 269, б). Но точка А
принадлежит телу, вращающемуся с угловым ускорением е, поэтому
и теперь
Тв«гр(*-е4). (б)
Получено второе уравнение с теми же неизвестными Г и е.
Подставив в (б) числовые значения •/nrp= 10 кг, g = 9,81 -i и
d=0,24 м), получае*м
Г= 10 (9,81 — 0,12е) или Г=98,1 — 1,2е. (б')
6. Решим систему уравнений (а') и (б'). Правые части обоих
уравнений равны 7\ значит
4,68е = 98,1 — 1,2е.
289

Отсюда
?а==Хй"^Г2" = 16,65 Рад'сек2-
Подставим найденное значение е в любое из уравнений,
например в (а'):
7=4,68-16,65=78 н.
7. Определим кинетическую энергию цилиндра и груза через
tf=4 сек после начала движения системы:
F _ У°ц__тд<Р (е/р __78 • 0,242 A6,65 • 4)*
^и 2 16 16 ;
-°ГР— 2 "~
тгр (я,/J
1240 дж.
! d *2
тгР;еу')
10 A6,65 -0,12 -4J
?гр=319 дж.
8. Таким образом, общий запас кинетической энергии обоих тел
? = ?ц + ?гр = 1240 + 319= 1559 дж.
Решение 2 —при помощи закона кинетической энергии.
1. Второе решение начинается с того, чем заканчивается
первое.
Через *=4 сек оба тела приобретают кинетическую энергию
благодаря работе, произведенной грузом 2 при падении с высоты
<ou*C-t
h (рис. 270).
2. Работа груза
A = Grpft=mrpgft;
кинетическая энергия цилиндра
?ц— (у— —
16
кинетическая энергия груза
__mrpc0_/nrptfW»
•С го"— п — л
-гр
^
3. Так как
т-
ЧР
Л —?1ц + ?1Гр,
Угр-а-ь
то
Рис. 270
WrpgA = ^^ (/Яц + 2"*гр).
(а)
Здесь А —путь, пройденный грузом за * = 4 сек с ускорением
at = e у, поэтому
я— 2 "" 4 *
290

4. Подставим в левую часть равенства (а) значение h и
сократим обе части равенства на общие множители:
ed
откуда
тгр?=- (^ц+ 2/пгр),
4/rcrpg 4 • 10 • 9 81
е==<*(тц + 2тгр) = 0,24G8+2-10) =t6>®> />^/шс2.
5. Натяжение Г нити найдем при помощи уравнения основного
закона динамики
Здесь
поэтому
МВр==7,-т,
г Уце т^Ч murfe _ 78 • 0,24 • 16,65 _ 7Q u
1 = d ^—т=,—г- 4 _/« «.
? 8*2"
6. Так как значение углового ускорения е известно, легко
найти величины кинетических энергий ?ц и ?гр (см. п. 2 решения).
Следующие задачи рекомендуется решить самостоятельно.
Задача 243-47. Шкив массой 120 кг и диаметром 600 мм,
представляющий собой плоский однородный цилиндр, приводится во
вращение из состояния покоя при помощи ременной передачи
(рис. 271). Натяжение ветвей ремня считать постоянными и
равными 7\ = 960 н и 72=480 н. Пренебрегая трением в цапфах
шкива, определить его угловую
скорость о через /=3 сек после начала
движения.
Ответ. а>=:80 рад/сек.
50см
Рис. 271
Задача 244-47. Маховое колесо, имеющее момент инерции J =
— 14 кГ м сек2 и диаметр d ~-7Q см, вращается по инерции с
постоянной угловой скоростью м™430 об/мин; направление
вращения показано на рис. 272. Остановка колеса производится
291

путем прижатия к его ободу тормозной колодки при помощи
рычага АОВ. Какую силу Р необходимо приложить к концу В
рычага, чтобы остановить маховик в течение 40 сек (вращение
маховика во время торможения считать равнозамедленным)? Сколько
оборотов успеет сделать маховое колесо с момента- начала
торможения до остановки? Трением в оси маховика пренебречь
Коэффициент трения между колодкой и маховиком f = 0,4. Размеры
рычага и колодки даны на рисунке.
Ответ. Р = 6,4 кГ; 143,3 оборота.

ЛИТЕРАТУРА
Баг реев В. В., Винокуров Л. И. и др Сборник задач по
технической механике. Судпромгиз, 1963.
Баранов Г. Г. Курс теории механизмов и машин. Машгнз, 1959.
Бать М. И., К е л ьзо н А. С., Сороков С. А. Сборник задач по
теоретической механике. Физматгиз, 1958.
Б у р д у н Г. Д. Единицы физических величин. Государственное издательство
стандартов, 1962.
Голубева О. В. Теоретическая механика. Физматгиз, 1961.
Григорьев И. И., Диатроптов Б. Г., Плышевская Н. И.
Преподавание теоретической механики в техникуме. Профгехиздат, 1960.
Дер яги н Б. В. Что такое трение? Изд-во АН СССР, 19G3.
Зиновьев Вяч. А. Курс теории механизмов и машин. Физматгиз, 1960.
Л о й ц я н с к и й Л. Г. и Лурье А. И. Курс теоретической механики,
т. I и II. Государственное издательство технико-теоретической литературы, 1954.
Мещерский И. В. Сборник задач по теоретической механике.
Государственное издательство технико-теоретической литературы, 1953.
Ми сю рев М. А. Методика решения задач по теоретической механике.
«Высшая школа», 1962.
М о в и и и М. С, И з р а е л и т А. Б. Теоретическая механика.
«Судостроение», 1964.
Никитин Е. М. Теоретическая механика для техникумов. «Наука», 1969.
Николаи Е. Л. Теоретическая механика, ч. I и II. Государственное
издательство технико-теоретической литературы, 1950.
Панич Б. Б. Международная система единиц в технической механике.
Методическое пособие для преподавателей техникумов. Изд.
Научно-методического кабинета. МГСНХ, 1963.
Т а р г С. М. Краткий курс теоретической механики. Физматгиз, 1958.
Яблонский А. А., Никифорова В. М. Курс теоретической механики,
ч. I, изд. 3-е. «Высшая школа», 1966.
Яблонский А. А. Курс теоретической механики, ч. II, изд. 3-е.
«Высшая школа», 1966.
Аркуша А* И. Теоретическая механика. Программа, методические
указания и контрольные задания для учащихся машиностроительных специальностей
заочных техникумов. «Советская наука», 1955.
Аркуша А. И. Теоретическая механика. Методическое пособие для
учащихся машиностроительных специальностей заочных техникумов. «Высшая
школа», 1964.
Аркуша А. И. Теоретическая механика. 1Методичсское пособие для
учащихся немашиностроитедьных специальностей заочных техникумов. «Высшая
школа», 1964.

ОГЛАВЛЕНИЕ
Стр.
Предисловие 3
Глава I. Действия над векторами 5
§ 1-1. Сложение векторов. Правила параллелограмма, треугольника и
многоугольника 7
§ 2-1. Разложение вектора на два составляющих. Разность векторов . . 11
§ 3-1. Сложение и разложение векторов графо-аналитическим способом 16
§ 4-1. Метод проекций. Проекция вектора на ось. Проекции вектора на
две взаимно перпендикулярные оси. Определение векторной суммы
методом проекций 19
Раздел первый
СТАТИКА
Глава 11. Плоская система сходящихся сил 28
§ 5-2. Сложение двух сил 28
§ 6-2. Разложение силы на две составляющие 31
§ 7-2. Многоугольник сил. Определение равнодействующей сходящихся
сил 44
§ 8-2. Равновесие сходящихся сил 50
§ 9-2. Равновесие трех непараллельных сил 59
Глава 111. Произвольная плоская система сил 62
§ 10-3. Момент пары сил. Сложение пар сил. Равновесие пар сил .... 62
§ 11-3. Момент силы относительно точки 67
§ 12-3. Определение равнодействующей произвольной плоской системы
сил 71
§ 13-3. Теорема Вариньона 78
§ 14-3. Равновесие произвольной плоской системы сил 86
§ 15-3. Равновесие с учетом сил трения 104
§ 16-3. Сочлененные системы 113
§ 17-3. Статически определимые фермы. Методы вырезания узлов и
сквозного сечения 122
Глава IV. Пространственная система сил 128
§ 18-4. Правило параллелепипеда сил 129
§ 19-4. Проекция силы на три взаимно перпендикулярные оси.
Определение равнодействующей системы пространственных сил,
приложенных к точке 133
§ 20-4. Равновесие пространственной системы сходящихся сил ...... 135
§ 21-4. Момент силы относительно оси 139
§ 22-4. Равновесие произвольной пространственной системы сил 141
Глава V. Центр тяжести 154
§ 23-5. Определение положения центра тяжести тела, составленного из
тонких однородных стержней 158
294

Стр.
§ 24-5. Определение положения центра тяжести фигур, составленных из
пластинок 161
§ 25-5. Определение положения центра тяжести сечений, составленных
из профилей стандартного проката 165
§ 26-5. Определение положения центра тяжести тела, составленного из
частей, имеющих простую геометрическую форму 169
Раздел второй
КИНЕМАТИКА
Глава VI. Кинематика точки 171
§ 27-6. Равномерное прямолинейное движение точки 173
§ 28-6. Равномерное криволинейное движение точки 177
§ 29-6. Равнопеременное движение точки 179
§ 30-6. Неравномерное движение точки по любой траектории 188
§ 31-6. Определение траектории, скорости и ускорения точки, если
закон ее движения задан в координатной форме 190
§ 32-6. Кинематический способ определения радиуса кривизны
траектории 194
Глава VII. Вращательное движение твердого тела 197
§ 33-7. Равномерное вращательное движение 199
§ 34-7. Равнопеременное вращательное движение 202
§ 35-7. Неравномерное вращательное движение • 206
Глава VIII. Сложное движение точки и тела 207
§ 36-8. Сложение движений точки, когда переносное и относительное
движения направлены вдоль одной прямой 208
§ 37-8. Сложение движений точки, когда переносное и относительное
движения направлены под углом друг к другу 212
§ 38-8. Плоскопараллельнос движение тела 218
Глава IX. Элементы кинематики механизмов 228
§ 39-9. Определение передаточных отношений различных передач .... 228
§ 40-9. Определение передаточных отношений простейших планетарных
и дифференциальных передач 235
Раздел третий
ДИНАМИКА
Глава X. Движение материальной точки 244
§ 41-10. Основной закон динамики точки 244
§ 42-10. Применение принципа Даламбера к решению задач на
прямолинейное движение точки 247
§ 43-10. Применение принципа Даламбера к решению задач на
криволинейное движение точки 252
Глава XI. Работа и мощность. Коэффициент полезного действия 258
§ 44-11. Работа и мощность при поступательном движении 258
§ 45-11. Работа и мощность при вращательном движении 273
Глава XII. Основные теоремы динамики ." 277
§ 46-12. Задачи на поступательное движение тела 277
§ 47-12. Задачи на вращательное движение тела 282
Литература 293

Аркуша Александр Иоакимович
РУКОВОДСТВО К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ
ПО ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ МЕХАНИКЕ
Редактор 3. Г. Овсянникова
Переплет художника В. 3. Казакевича
Художественный редактор Т. М. Скворцова
Технический редактор Н. В. Яшукова
Корректор В. А. Орлова
Сдано в набор 26/1-71 г. Подп. к печати 15/VI-71 г.
Формат 60X907i6. Объем 18,5 печ л. Уч.-изд. л. 16,48.
Изд. № ОТ-148/69. Тираж 80 000 экз. Заказ М> 1580.
Цена 54 коп.
План выпуска литературы изд-ва «Высшая школа»
(вузы и техникумы) на 1971 г. Позиция ЛЬ 176.
Москва, К-51, Неглинная ул., д. 29/14.
Издательство «Высшая школа»
Ордена Трудового Красного Знамени Ленинградская типография № 1
«Печатный Двор» им. А. М. Горького Главполиграфпрома Комитета
по печати при Совете Министров СССР, г. Ленинград,
Гатчинская ул., 26.