В. М. ЧУРКИН
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
по
ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ
МЕХАНИКЕ
ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ
СТАТИКА
УЧЕБНОЕПОСОБИЕ
САНКТ-ПЕТЕРБУРГ. МОСКВА. КРАСНОДАР
2006

ББК 22.21
4 93
Чуркин В. М.
Ч 93 Решение задач по теоретической механике.
Геометрическая статика: Учебное пособие. — СПб.:
Издательство «Лань», 2006. — 304 с: ил. —
(Учебники для вузов, специальная литература).
ISBN 5-8114-0628-2
Настоящее пособие предназначено для самостоятельной
работы над курсом теоретической механики. Книга содержит
решения 214 задач отдела «Статика твердого тела» «Сборника
задач по теоретической механике» И. В. Мещерского.
В разделе «Введение» приводятся краткие сведения из
теории, которые можно использовать в качестве дополнительного
справочного материала при изучении решений представленных
в пособии задач. Задачи в пособии расположены в ином
порядке, чем в «Сборнике задач» И. В. Мещерского. Поэтому они
имеют двойную нумерацию: первое число означает номер задачи
данного пособия, второе — номер задачи из сборника И. В.
Мещерского изданий 1986-2003 гг. В конце пособия приводится
«Приложение» с таблицей, позволяющей по номеру задачи из
сборника И. В. Мещерского быстро находить ее решение в
данном пособии. Решение каждой задачи пособия составлено
таким образом, чтобы можно было его изучать, не обращаясь к
решениям предыдущих задач подобного типа.
Учебное пособие будет полезно преподавателям и
студентам университетов, технических вузов, школьникам старших
классов.
ББК 22.21
Валерий Михайлович ЧУРКИН
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ ПО
ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ МЕХАНИКЕ
Геометрическая статика
УЧЕБНОЕ ПОСОБИЕ
Генеральный директор А. Л. Кноп. Директор издательства О. В. Смирнова
Художественный редактор С. Л. Шапиро
ЛР№ 065466 от 21.10.97
Гигиенический сертификат 78.01.07.953.П.001665.03.02
от 18.03.2002 г., выдан ЦГСЭН в СПб
Обложка
С. ШАПИРО, А. ЛАПШИН
Охраняется законом РФ об авторском © Издательство «Лань», 2006
праве. Воспроизведение всей книги или © В М 4vdkhh 2006
любой ее части запрещается без письмен- ^ «' * ^ ' тт
ного разрешения издателя. Любые попыт- © Издательство «Лань»,
ки нарушения закона будут преследовать- художественное
ся в судебном.порядке. оформление, 2006

ОГЛАВЛЕНИЕ
ВВЕДЕНИЕ 4
§ В.1. Основные понятия и задачи
геометрической статики 4
§ В.2. Задачи на приведение системы сил
к простейшему виду 7
§ В.З. Задачи на определение координат
центра тяжести 10
§ В.4. Задачи на равновесие 16
Глава 1. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ НА ПРИВЕДЕНИЕ
СИСТЕМЫ СИЛ К ПРОСТЕЙШЕМУ ВИДУ 23
Глава 2. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ НА ОПРЕДЕЛЕНИЕ
КООРДИНАТ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ 35
Глава 3. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ НА РАВНОВЕСИЕ 57
§ 3.1. Плоская система сил 57
§ 3.2. Пространственная система сил 252
ПРИЛОЖЕНИЕ 301

ВВЕДЕНИЕ
§ ВЛ. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ И ЗАДА1™
ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ СТАТИКИ
Геометрическая статика — один из разделов теоретической
механики, в котором изучаются условия равновесия материальной
системы (системы материальных точек) под действием системы
сил. В систему сил могут входить как сосредоточенные, так и
распределенные силы. Сосредоточенные силы приложены в
отдельных (изолированных) точках материальной системы.
Сосредоточенная сила F является вектором, который характеризуется
модулем (величиной), направлением и точкой приложения (рис.В.1). Из
Рис. В.1 Рис.В.2
аксиом геометрической статики следует, что точку приложения
силы можно переносить вдоль линии ее действия (рис.В.2).
Распределенные силы рассредоточены по объемам,
поверхностям или линиям звеньев, образующих материальную
систему. Действие распределенных сил характеризуется их
интенсивностью q — силой, приложенной к элементу объема rfv,
поверхности ds или линии dl. В задачах геометрической статики система
распределенных сил (распределенная нагрузка) интенсивностью q
приводится к сосредоточенной силе (или силам) Q, величина
которой подсчитывается по формулам:

5
Q= jqdv
(У)
для системы сил, распределенных по объему V;
Q= \qds
(S)
для системы сил, распределенных по поверхности площадью S;
Q= jqdl
V)
для системы сил, распределенных вдоль линии длиной L.
Координаты х, у, z точки приложения силы Q
определяются как координаты центра параллельных сил интенсивностью
q (см. § В.З). Например, в случаях, когда нагрузка распределена по
балке длиной L равномерно (рис.В.З) и по закону треугольника
(рис.В.4), будем иметь
Рис. В.З
Рис. В.4
npnq = q0; Q= f^/ = q0*L; x = L/2;
о
npHq = q0(l-l/L); Q= j^(1_iy/ = q0*(L/2); x = L/3.
Кроме понятия «сила» в геометрической статике вводится
понятие «момент силы». Моментом силы F относительно точки О
называется вектор m0(F), определяемый векторным произведением
m0(F) = [rxF], .
где г — радиус-вектор точки приложения силы F.

6
Как известно, вектор, равный векторному произведению
двух векторов (в данном случае г и F), перпендикулярен
плоскости, в которой лежат сомножители, и направлен в такую
сторону, чтобы вращение вокруг этого вектора от первого
сомножителя (вектора г) ко второму (вектору F) происходило в ту же
сторону что и вращение от оси ОХ к оси OY вокруг оси OZ
(рис.В.5). Модуль векторного произведения подсчитывается как
удвоенная площадь треугольника, построенного на сомножителях.
Поэтому для модуля вектора m0(F) имеем
m0(F) = r*Fsina;
m0(F) = h*F;
Рис. В.5
где а — угол между векторами г и F; h — плечо силы F
(кратчайшее расстояние от точки О до линии действия силы F на рис.В.6).
Проекции вектора m0(F) находятся из определителя
m0(F) =
J
У
Fr F, F
m0X(¥)=yFz-zFy, moy(F) = zFx-xFz; moz(F) = xFy-yFx. (1)
Проекция момента силы относительно точки на ось,
проходящую через эту точку, называется моментом силы
относительно оси или осевым моментом. В практических задачах вычисление
осевого момента удобнее проводить не по формулам (1), а в
результате выполнения следующих операций. Сначала сила F,
момент которой требуется подсчитать относительно оси OZ, проек-

7
%h
тируется на плоскость, перпендикулярную оси OZ, то есть на
плоскость XOY (рис.В.7). Затем вычисляется
момент силы Fb лежащей в этой плоскости,
относительно точки пересечения оси OZ с
плоскостью ХОУ (точки О). Таким образом, для
момента силы F относительно оси OZ находим
FA
&
Рис. В.7
mz(F) = m0(F1) = h*F1.
(2)
Из формулы (2) следует, что осевой момент m2(F) равен
нулю в двух случаях: когда линия действия силы F параллельна
оси OZ (то есть когда Fj = 0) и когда линия действия силы F
пересекает ось OZ (то есть когда h = 0).
Задачи геометрической статики разделяются на три
основных типа:
— задачи на приведение системы сил к простейшему виду;
— задачи на определение координат центра тяжести;
— задачи на равновесие.
Остановимся подробнее на каждом из перечисленных типов задач.
§ В.2. ЗАДАЧИ НА ПРИВЕДЕНИЕ СИСТЕМЫ СИЛ
К ПРОСТЕЙШЕМУ ВИДУ
При решении задач первого типа заданную систему сил
требуется заменить более простой системой. Операция такой
замены носит название приведения системы сил к центру. Она
построена на применении теоремы Пуансо, согласно которой
произвольную пространственную систему п сил Fj (i = 1, ..., п) можно
заменить эквивалентной системой, составленной из 2-х векторов:
результирующей силы R, приложенной в некоторой точке О, и
момента результирующей пары М0 (рис.В.8). При этом точка О на-
. К
Рис. В.8
зывается центром приведения, результирующая сила R — глав-

8
ным вектором системы, а момент результирующей пары М0 —
главным моментом системы, вычисленным относительно центра О.
Главный вектор R равен геометрической сумме векторов сил
системы, а главный момент М0 — геометрической сумме векторов
моментов сил системы, вычисленных относительно центра О
п п
R=£ Fi; Мо=]Г moCFi). (3)
/=i 1=1
Полученная совокупность векторов R и М© с
произвольным углом между ними допускает последующее упрощение:
приведение к одной паре, или к одной силе (равнодействующей) или к
динаме. Чтобы ответить на вопрос «к какому простейшему
(каноническому) виду приводится рассматриваемая система сил?»,
необходимо сначала подсчитать модули векторов R и М,,.
Очевидно, что если R = 0; М0 Ф 0, то система сил
приводится к результирующей паре с моментом, равным главному
моменту Мо(рис.В.9). В случае, когда R Ф 0; Мо= 0, система сил
приводится к равнодействующей, приложенной в центре приведения О
(рис.В.10).
Рис. В.9
Рис.В.10
Если R Ф 0; Мо Ф 0, то канонический вид системы
определяется по скалярному произведению (R, М0). При (R, М0) = 0
главный вектор R перпендикулярен главному моменту М0 (рис.В.11).
&

9
Такая система сил приводится к равнодействующей, приложенной
в точке С, смещенной относительно центра приведения О на
расстояние
R
Рис. В. И
При (R, М0) Ф О система сил приводится к динаме
(силовому винту)— совокупности коллинеарных, то есть
направленных по одной прямой векторов R и Мс (рис.В. 12).
Рис. В. 12
В этом случае главный момент Мс имеет минимальную величину,
равную
с R
и называется наименьшим моментом системы. Прямая, вдоль
которой направлены главный вектор R и главный момент Мс, носит
название центральной оси системы. С помощью условия колли-

JO
— —'—?
неарности главного вектора и главного момента, представленного
в виде равенства
pR = Мс,
можно записать уравнение центральной оси системы
Мох -(УК, ~zRy) Моу -(zRx -xR2) М02 -(xRy -yRx)
i- = i = 1 = p.
Rx Ry Rz
Здесь p— параметр динамы. Центральная ось системы является
геометрическим местом точек, при выборе которых в качестве
центров приведения данная система сил заменяется динамой.
§ В.З. ЗАДАЧИ НА ОПРЕДЕЛЕНИЕ КООРДИНАТ
ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ
В задачах второго типа предполагается, что на
материальную систему действуют силы тяжести отдельных ее частей,
образующие систему параллельных сил, которая приводится к
равнодействующей, равной силе тяжести (весу) всей материальной
системы. Требуется определить координаты характерной точки
приведения, расположенной на линии действия равнодействующей и
называемой центром тяжести материальной системы.
Определение координат центра тяжести основано на
применении теоремы о моменте равнодействующей (теорема Варинь-
она). Согласно теореме, если система сил приводится к
равнодействующей, то момент равнодействующей, вычисленный
относительно произвольного центра О, равен сумме моментов
слагаемых сил, вычисленных относительно центра О.
Применяя теорему о моменте равнодействующей к
системе точечных грузов Pi (i = 1,..., п), можно записать следующие
формулы для координат центра тяжести системы
i*,*-. ivji i>,
Лс n > /с n ' Zc - n '
Zp, Zp. Is
i=l i=l i=l
где Xj, yj, Zj — координаты точек приложения грузов Pj.
Формулы для определения координат центра тяжести
однородного тела объемом V переписываются в виде

//
xc=ljxdV; ye=±JydV; zc = ± jzdV, <4>
V (V) V (V) V (V)
где x, у, z — координаты элемента объема dV.
Если однородное тело имеет форму плоской поверхности
одинаковой толщины по всей площади S, то координаты его
центра тяжести подсчитываются таким образом
xc=i{xdS; yc=I JydS, <5>
Ь (S) * (S)
где х, у — координаты элемента площади dS.
Координаты центра тяжести однородного удлиненного
тела одинаковой площади сечения вдоль его длины L находятся по
формулам
xc=ijxdl; yc=f Jydl; zc =1 Jzdl, (6)
L(L) L(L) L(L)
где x, у, z — координаты элемента длины dL
Иногда расчет координат центра тяжести удается заметно
упростить, используя следующие принципы симметрии и
разбиения. Если однородное тело симметрично относительно плоскости,
оси или центра, то центр тяжести тела располагается
соответственно в плоскости, на оси или в центре симметрии. Если
однородное тело можно разделить на части, для которых положение
центра тяжести известно или легко определяется, то при
вычислении координат центра тяжести всего тела вместо формул (4)-(6)
удобно использовать следующие
ZviXi Jviy, JviZi
Ac n У У С n > с n
1ч 2>, 5>,
i=1 »=1 i=l
2>Л ±SiVi
Xc - n у J с n »
Is, Js,

12
ZL.*,
n
5>.
Ус=-
ZLj,
i=l
n
5>,
z„ =-
ZL.2,
j=l
n
Zl,
Здесьх^у^ — координаты центра тяжести i-ой части тела; у ,
Sj, Ь{ — объем, площадь и длина i-ой части тела, соответственно.
Поясним применение приведенных выше формул на
примерах определения координат центров тяжести объемов, площадей
и линий простейших однородных тел.
Координаты центра тяжести
площади параллелограмма. Рассмотрим
параллелограмм ABCD (рис.В.13).
Разобьем его площадь на узкие полосы,
параллельные основанию AD. Центр
тяжести каждой полосы лежит на ее
середине. Геометрическим местом центров
тяжести полос, составляющих площадь
параллелограмма, служит прямая EF.
В свою очередь, центр тяжести прямой
EF находится в ее середине, в точке О,
которая является точкой пересечения диагоналей
параллелограмма. Таким образом, приходим к выводу, что центр тяжести
площади параллелограмма совпадает с точкой пересечения его
диагоналей.
Координаты центра тяжести площади треугольника.
Площадь треугольника ABC разобьем на бесконечно узкие полосы,
параллельные основанию АС (рис.В. 14). Центр тяжести каждой по-
Рис.В.13
Рис. В. 14

13
лосы лежит на ее середине. Геометрическим местом центров
тяжести полос служит прямая BD, которая является медианой
треугольника ABC (рис.В.Иа). Если такую операцию повторить,
разбивая площадь треугольника ABC на полосы, параллельные
стороне АВ (рис. 1.146) или ВС (рис.1.14в), то получим в качестве
геометрического места центров тяжести полос медиану СЕ (или
AF). Как известно, медианы пересекаются в одной точке,
расположенной на расстоянии одной трети длины каждой медианы
до соответствующей ей стороны треугольника. В этой точке и
находится центр тяжести площади треугольника ABC.
Координаты центра тяжести дуги окружности. С помощью
формул (6) определим координаты центра тяжести дуги
окружности радиуса R с центральным углом (а - а0) в заданной системе
координат (рис.В.15а). Выделив элемент дуги dl, находим (рис.
В.156)
Рис. В. 15
dl = Rd<p; x = Rcosq>; y = Rsin<p; L= (<x-a0)R;
lr 1 ar , . R(sina -sina0) ,7ч
xc =7 M=/ ь fR2cosc(>d(p = -5— -^; (7>
L(L> (a-°Co)R«J0 (a-a0)
lr 1 ac^2 . R(cosa0-cosa) /o\
Уc=- fyd =7 r- [R2sin(pd9= , ° -• W
lJ/ (a-a0)R(J ^ (a-a0)
Если система координат не задается, то ее удобно выбрать
так, как показано на рис.В.16 для дуги окружности с центральным
углом 2 а. В этом случае ус= 0, а абсцисса Хс подсчитывается по
формуле (7) при а0 = -а

14
R sin a
x„ =-
a
Рис. B.16
Координаты центра тяжести плошади кругового сектора.
Разобьем площадь кругового сектора ОАВ радиуса R с
центральным углом (a-a0) на элементарные секторы (рис.В.17). Каждый
элементарный сектор можно приближенно заменить
равнобедренным треугольником с высотой R. Как известно в равнобедренном
треугольнике высота совпадает с медианой, а центр тяжести
треугольника лежит в точке пересечения медиан, которая делит
каждую из медиан на части в отношении 1:2 (см. определение центра
тяжести треугольника). Следовательно, центр тяжести каждого
элементарного сектора расположен на расстоянии 2/3R от начала
координат О. Геометрическим местом центров тяжести всех
элементарных секторов, составляющих площадь сектора ОАВ,
является дуга окружности радиуса 2/3R. Поэтому координаты
центра тяжести площади сектора ОАВ находим по формулам (7),
(8) как координаты центра тяжести дуги окружности радиуса 2/3R
х, =-
2R(sina -sina0).
3(a-a0)
Ус =
2R(cosa0 -cosa)
3(a-a0)
При симметричном расположении площади сектора
радиуса R с центральным углом 2 а относительно оси OY будем иметь
х, =-
2R sin a
3a
= 0.
Координаты центра тяжести объема параллелепипеда.
Разобьем объем параллелепипеда ABDEFGKL на бесконечное
множество бесконечно тонких (элементарных) слоев, параллельных

15
основанию ABDE (рис.В.18а). Центр тяжести каждого слоя как
центр тяжести площади параллелограмма будет лежать на
пересечении его диагоналей. Геометрическим местом центров тяжести
множества слоев, образующих параллелепипед, является
однородная прямая MN. Центр тяжести прямой MN расположен в ее сере-
а б
Рис.В.18
дине, которая совпадает с точкой пересечения диагоналей
параллелепипеда (рис.В.18б). Таким образом, центр тяжести объема
параллелепипеда находится в точке С пересечения его диагоналей.
Координаты центра тяжести объема пирамиды.
Рассмотрим треугольную пирамиду SABD (рис.В.19а). Сначала разобьем
ее на бесконечное множество бесконечно тонких (элементарных)
слоев, параллельных основанию ABD. Центры тяжести этих слоев
лежат на прямой, соединяющей вершину S пирамиды с точкой F
— с центром тяжести площади ее основания. Так как основанием
пирамиды служит треугольник ABD, точка F является точкой
пересечения его медиан, то есть
EF = -ED
3
Затем разобьем пирамиду на бесконечное множество
бесконечно тонких (элементарных) слоев, параллельных грани SAB
(рис.В.19б). Центры тяжести этих слоев лежат на прямой,
соединяющей вершину D пирамиды с точкой К—центром тяжести
площади грани, который совпадает с точкой пересечения медиан
треугольника SAB. Таким образом,
EK=-ES.
3
Следовательно, центр тяжести пирамиды должен одновременно на-

16
ходиться и на прямой SF и на прямой DK, то есть в точке С
пересечения этих прямых (рис.В.19в). Проведем прямую KF||SD и из
а б в
Рис. в. 19
подобия треугольников KCF и CSD определим положение точки С.
Находим
rc_KF. KF = EK
CS ~ SD ' SD " ES "
Отсюда
fc = —= -sf; SC
3 4
Итак, центр тяжести объема треугольной пирамиды
расположен на прямой, соединяющей центр тяжести ее основания с
вершиной, на расстоянии 1/4 длины этой прямой, считая от основания.
Такой же результат получается при определении координат
центров тяжести объемов многоугольной пирамиды и конуса.
§ В.4. ЗАДАЧИ НА РАВНОВЕСИЕ
Задачи на равновесие — это основной тип задач
геометрической статики. Рассматривается несвободная материальная
система. Требуется либо определить усилия, возникающие в связях,
наложенных на материальную систему, которая находится в
равновесии под действием заданной системы сил, либо установить,
является ли данное положение материальной системы, на которую
действует заданная система сил, положением равновесия.
Первый шаг при решении задачи на равновесие состоит в
освобождении рассматриваемой материальной системы от
наложенных связей и замене связей эквивалентными по их действию на
EF
ED
Лет.
4

17
материальную систему силами реакций связей. Затем
записываются уравнения равновесия, решение которых и позволяет
ответить на поставленные в задаче вопросы.
При выполнении первого шага решения задачи сначала
необходимо определиться с понятиями «материальная система» и
«связи». В зависимости от постановки задачи одна и та же часть
конструкции материальной системы может выполнять функции
связи или входить в состав материальной системы. Например, в
конструкции подвески, показанной на рис.В.20а, за материальную
систему можно принять обе балки АВ и CD, соединенные
шарниром D, а связями считать шарнирные опоры А и С. После
освобождения такой системы от связей в шарнирах А и С необходимо
приложить силы реакций RA и Re, которые по своему действию на
систему эквивалентны действию опор А и С (рис.В.20б). Если же в
качестве материальной системы выбирается одна из балок,
например АВ, то связями для балки АВ будут являться шарнирная опора
А и балка CD. После освобождения балки АВ от связей в шарнирах
А и D необходимо приложить силы реакций RA и Rd (рис.В.20в).
а б в
Рис. В.20
При освобождении материальной системы от наложенных
связей необходимо учитывать заданные в условии задачи
особенности конструктивных элементов, реализующих эти связи. Так,
если из условия задачи следует, что реализацией связи для
рассматриваемой материальной системы служит опора в виде гладкой
поверхности, то это означает, что условием задачи задана линия
действия силы реакции связи R: вектор R будет направлен
перпендикулярно плоскости, касательной к опорной поверхности (рис.
В.21). На рис.В.22 щцшан другой вариант конструктивной
реализации связи с заданной линией действия силы реакции: вектор R
направлен по нормали к плоскости на которой установлена по-

18
движная цилиндрическая шарнирная опора материальной
системы.
j£» <=$•%£ ЧП^ Sir
Рис. В.21
Рис. В.22
В случае, когда реализацией связи служит шероховатая
опорная поверхность, т. е. учитывается трение скольжения, сила
реакции связи R представляется суммой (рис.В.23)
^>
*
N.
R = N + F
тр>
где N — нормальная реакция,
соответствующая реакции гладкой
Рис.в.23 поверхности; F^— сила трения
скольжения, расположенная в
плоскости, касательной к опорной поверхности
F,p£f*N,
f— коэффициент трения скольжения.
Если по условию задачи связь, наложенная на
материальную систему, выполнена в виде неподвижной цилиндрической
шарнирной опоры, то это означает, что сила реакции связи R
лежит в плоскости XOY, перпендикулярной оси опоры OZ (рис.
В.24).
• И
Рис. В.24
При освобождении материальной системы от сферической
шарнирной опоры (подпятника), у эквивалентной силы реакции такой

19
язи R неизвестными являются и линия действия и плоскость, в
°оторой она располагается (рис.В.25). Модуль и направление силы
Рис. В.25
R (составляющих Rx, Ry, Rz) определяются в ходе решения задачи
на равновесие.
Следует иметь в виду, что в некоторых простейших
случаях линию действия силы реакции неподвижной шарнирной опоры
можно определить с помощью первой аксиомы статики или
теоремы о трех непараллельных силах.
Первая аксиома статики (аксиома об уравновешенных
силах) гласит, что две силы образуют уравновешенную систему сил,
если эти силы равны по модулю и направлены по одной прямой в
противоположные стороны.
Если, например, невесомая балка при помощи
цилиндрических (или сферических) шарниров соединяет материальную
систему с неподвижной опорой, то на балку будут действовать
только две силы — силы реакций в шарнирах. Поэтому на
основании первой аксиомы статики можно утверждать, что эти
силы будут направлены по прямой, которая соединяет шарниры.
По этой прямой будет направлена и сила реакции, действующая со
стороны балки на материальную систему. К аналогичному выводу
приходим, когда связь выполнена в виде невесомого стержня,
троса или нити.
Теорема о трех непараллельных силах используется в
случаях, когда на систему действуют только три силы, расположенные
в одной плоскости, и для двух из них известна точка пересечения
линий действия. Согласно теореме о трех непараллельных силах
линия действия третьей силы будет проходить через ту же точку.
Например, для материальной системы, составленной из балки АВ и
невесомого стержня CD, как показано на рис.В.26а, связями служат
неподвижные цилиндрические опоры А и D. В общем случае, исхо-

20
дя из конструктивной реализации
таких связей, можно только утверждать,
что их силы реакций RA и RD лежат в
плоскости, перпендикулярной осям
опор А и D. Но в данной задаче
стержень CD считается невесомым. По-
Рис. в.2ба этому сила RD будет направлена
вдоль прямой, соединяющей шарниры
^ С и D, то есть вдоль стержня CD. Если
/Фш теперь за материальную систему при-
У нять балку АВ, а связями считать
» ул $£*с .if опору А и стержень CD, то после
^г 1 освобождения балки от связей и
замены связей силами реакций RA и Re,
Рис. в.26 б балка будет находиться в равновесии
«.<* под действием трех непараллельных
Jtf*» сил F, RA и Re, расположенных в
^ " ~*У | вертикальной плоскости (рис.В.26б).
а уа^**" £f*c \т Учитывая, что сила Re равна по ве-
**г I личине и противоположна по направ-
* лению силе Rd, находим точку Е —
Рис. в.26 в точку пересечения линий действия
сил F и Re. Затем на основании
теоремы о трех непараллельных силах проводим линию действия
силы RA, соединяя точки А и Е (рис.В.26в).
Более сложной связью, чем шарнирная опора (в
отношении ее силового воздействия на материальную систему), является
жесткая заделка (рис.В.27). После освобождения от жесткой задел-
Рис. В.27
ки к материальной системе кроме силы реакции R необходимо
приложить пару сил с моментом М. Модуль и направление
векторов R и М (составляющих Rx, Ry, Rz и Мх, Му, Mz) определяются в
ходе решения задачи на равновесие.

21
Силы реакций, полученные в результате освобождения
материальной системы от наложенных связей, вместе с заданными
условием задачи активными силами образуют систему сил, под
действием которой рассматриваемая материальная система
находится в равновесии. В случае произвольной пространственной
системы сил необходимые и достаточные условия равновесия
выражаются двумя следующими векторными уравнениями
R = 0; Мо = 0, (9)
где R и М0 — главный вектор и главный момент системы сил.
С учетом формул (3) уравнения (9) переписываются в виде
п п
£ Fi. = 0; £ mo(Fi) = 0. (10)
Проектируя векторные уравнения (10) на оси декартовой
системы координат XOYZ, получим скалярные уравнения
равновесия произвольной пространственной системы сил
п п п
X Fix =0; ^и F* =0; X Fiz =0;
/=i /=i /=i
n n n
£ тх(Р0 =0; ]T m^FO =0; £ mz(Fi) =0,
/=i /=i /=i
где FiX, Fjy, FiZ — проекции силы Fj на оси OX, OY и OZ; mx(Fj),
my(Fi), mz(Fi) — моменты силы Fj относительно осей OX, OY и OZ.
При составлении уравнений равновесия необходимо
обратить внимание на число уравнений: их должно быть не больше
шести. Если в записываемых для данной материальной системы
уравнениях равновесия неизвестных оказывается больше шести, то
эти уравнения следует дополнить уравнениями равновесия другой
материальной системы, которая конструктивно связана с первой
системой (входит в ее состав или, наоборот, содержит первую
систему в качестве своей составной части).
Для плоской системы сил число уравнений равновесия
сокращается до трех. Если выбрать систему координат так, чтобы
все силы располагались, например, в плоскости XOY, то уравнения

22
равновесия принимают такой вид
п п п
£ Fix=0; ]Г Fiy=0; £ m0(Fi) =0. (11)
/=i /=i /=i
Здесь mo(Fi) — момент силы F* относительно точки О (оси OZ).
Так как система координат выбирается произвольно, точка О —
любая точка на плоскости XOY.
Уравнениями (11) выражается первая, наиболее
распространенная форма условий равновесия плоской системы сил.
Существуют еще две формы условий равновесия, применяемые для
исследования плоской системы сил. Вместо системы уравнений
(11) можно использовать системы (12) или (13)
/I п п
£ mA(Fi)=0; Yu mB(Fi)=°; Е mc(Fi) =0; (12)
/=i i=i i=i
n n n
2 Ftf=0; £ fflA(Fi)=0; £ тв№) =0. (13)
/=i /=i /=i
В уравнениях (12) составляются суммы моментов сил
относительно точек А, В и С, не лежащих на одной прямой (вторая форма
условий равновесия плоской системы сил). Система (13) состоит из
двух уравнений моментов сил относительно произвольных точек
А, В и уравнения проекций сил на ось ОХ, не перпендикулярную
АВ (третья форма условий равновесия плоской системы сил).
Для плоской системы сил наибольшее число уравнений
равновесия три. Если уравнения равновесия содержат более трех
неизвестных, то, как и в случае с пространственной системой сил,
записываются дополнительные уравнения, описывающие
равновесие другой материальной системы, конструктивно связанной с
первой.

23
Глава 1
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ НА ПРИВЕДЕНИЕ
СИСТЕМЫ СИЛ К ПРОСТЕЙШЕМУ
ВИДУ
Задача 1.1 (7,2). По трем непересекающимся и
непараллельным ребрам прямоугольного
параллелепипеда действуют три равные по модулю
силы Р (рис.1 Л). Какое соотношение
должно существовать между ребрами a, b и с,
~~-j^~7 чтобы эта система приводилась к равно-
й—Jr действующей?
Рис. 1.1
действующей?
Решение
Заданная система сил приводится к равнодействующей,
если при R Ф 0 соблюдается условие
(R,Mo) = 0.
(1)
Рис. 1.2
Поэтому для решения задачи необходимо
подсчитать модуль главного вектора R и
скалярное произведение (R, М0). Выбрав
систему координат, находим проекции
главного вектора и главного момента
(рис. 1.2)
п п п
Rx==S Fix = P;Ry=5] Fiy = P;Rz=]T Fiz = P;
n
Mx=X mx(F0 = Pb-Pc;
/=i
/=i

24
П n
Му=£ ту(РО = -Ра;М2=£ mz(Fi) = 0.
1=1
/=i
Отсюда
(R, Mo) = RXMX + RyMy + RZM2 = P(Pb - Pc) - P2a.
Таким образом, в данном случае R Ф О и для выполнения
условия (1) необходимо потребовать, чтобы соблюдалось
равенство
или
Р(РЬ-Рс)-Р а = 0,
b - с = а.
(2)
Равенство (2) и является искомым соотношением между ребрами а,
b и с, обеспечивающим приведение данной системы к
равнодействующей.
Задача 1.2 (7.3). К четырем вершинам А, Н, В и D куба
приложены четыре равные по модулю силы:
^А—rr^f Pi = Р2 = Рз = Р4 = Р, причем сила Pi
н(*" 1 * Hrbrf? I направлена по АС, Р2 — по HF, Р3 — по BE,
Р4 — по DG (рис. 1.3). Привести эту систему к
простейшему виду.
Решение
Рис. 1.3
Выбираем систему координат с началом
в точке D и находим проекции векторов R и
Мо(рис.1.4)
Рис. 1.4
R* = £ F» = (-Р2 + Р4)sin45° = 0;
/=|
R> = Z *> =
;=1
= (Р, +Р2 -Р3 +P4)sin450 =Рл/2;
Rz = X Fjz = (Р, + Р3 )sin45° = Рл/2 ;
/=1

25
п
МХ=]Г mx(Fi) = a(-P2 + P3)sin45°=0;
м •
n
му=Х ту(¥д = а(-?2 + P3)sin45°=0;
1=1
n
М2=Л mz(Fi) = a(P3 - P4)sin45°=0.
1=1
Отсюда
R = Jr*+R*+R*=2P; M0 =0.
Так как R^0,aMo=0, данная система сил приводится к
равнодействующей, имеющей модуль R = 2Р и приложенной в
начале координат D = О. Расположение вектора R в выбранной
g I системе координат определяется его проекци-
dL^-^5 ями(рис.1.5).
у^ \ Примечание. Если в качестве начала
$sQJ^. a"*"*u координат (центра приведения) выбрать дру-
ус *Ч гую точку, например, точку А, то в результате
получим
Рис. 1.5 R Ф 0; И, * 0; (R, Мо) = 0.
Это означает, что данная система сил в точке А приводится к
главному вектору R и главному моменту Мо, причем Ri-Mo. Такая
система допускает последующее упрощение: переменой центра
приведения (переносом его из точки А в точку D) система
приводится к одному вектору — равнодействующей R, приложенной
в точке D.
Задача 1.3 (7.5). К вершинам куба, ребра которого имеют
длину 5 см, приложены, как указано на рис.
F6 1 6, шесть равных по модулю сил, по 2 Н
каждая. Привести эту систему сил к
простейшему виду.
Решение
Приведение системы к
простейшему виду начинаем с подсчета проекций
главного вектора R и главного момента М0

26
/=1
Rx=X Fix=F2-F5=0; Ry=X! Fiy = F3-F6=0;
n
RZ=X Fiz = -F1+F4 = 0;
n
Mx = ]T mx( Fi) = aF4 + aF6 = 20 Нем;
n
My=S my(Fi) = -aF4-aF5 = -20HcM;
1=1
n
Mz = ]Г mz( Fi) = aF3 + aF5 = 20 Нем.
/=i
Отсюда
'A
R = 0; H>= ^М*+М^+М*=2(Ц/з Нем.
Таким образом, данная система приводится
к одному вектору М0 — вектору момента пары,
который составляет с осями системы координат уг-
^ лы а, р и 7 (рис. 1.7). Косинусы этих углов опре-
^ деляются соотношениями
мх л/3 ' му 7з
cosa = —- =—; cosp = —- = ;
М0 3 М0 3
м2 S
cosy = —- =
мл 3
Задача 1.4 (7.6). Систему сил: Pi = 8 Н, направленную по
OZ, и Р2 = 12 Н, направленную
параллельно OY, как показано на
рис. 1.8, где ОА = 1,3 м, привести к
каноническому виду, определив
величину главного вектора R всех этих
у сил и величину их главного момента
М относительно произвольной точ-
0}
/
аз*
в
Рис. 1.8
ки, взятой на центральной винтовой
оси. Найти углы a, (3 и 7 •>
составляемые центральной винтовой осью с

27
координатными осями, а также координаты х и у точки встречи ее
с плоскостью Оху.
Решение
Приведение заданной системы к каноническому
(простейшему) виду начинаем с определения проекций главного вектора R
и главного момента М0 относительно центра О
п п
Rx=X Fix = 0;Ry=5] Fiy = P2=12H;
/=i /=i
n
7=1
n n
MX=]T mx(Fi) = 0; My= ^ my(Fi) = 0;
i=i 1=1
n
MZ=]T т2(Р0 = Р2ОА=15,6Нм.
/=i
Затем подсчитываем скалярное произведение (R, Mo)
(R, Mo) = RXMX + RyMy + RZM2 = 124,8 Н2м.
Так как (R, Mo) Ф О, данная система сил приводится к динаме.
По известным проекциям векторов R и Мо находим
модуль вектора R и наименьший момент системы, то есть
величину главного момента М, вычисленного относительно
произвольного центра приведения, лежащего на центральной винтовой оси
R=Jr*+R* = 14,42 Нм; м = ^^ = 8,65 Нм.
* R
Вектор R находится в плоскости YOZ (рис. 1.9).
Следовательно, а = 90°. Для определения углов р и 7
R достаточно найти углы наклона с осями OY и
OZ главного вектора R, направление которого
у совпадает с направлением центральной
винтовой оси
R о R 1
рис. 1.9 tgp=-^=-; tgy =-*- = -.
Ry 3 Rz 2

28
Чтобы определить координаты х и у точки пересечения
центральной винтовой оси с плоскостью XOY, составим уравнение
центральной винтовой оси. Для данного случая это уравнение
переписывается в виде
-yR2+zRy XR Mz-xRv
О
R„
R.
(О
M
где р — параметр динамы р = —.
R
Учитываем, что р =£0, и из первого отношения равенства (1)
находим
-yR2+zRy=0; zP2 = yPb (2)
По условию задачи у, z — координаты точки, лежащей на
плоскости XOY. Поэтому z = 0, а согласно равенству (2) и у = 0.
Из второго отношения равенства (1) следует, что
xR2
~R~
М
Р
Отсюда получаем
х = 0,9 м.
К
Задача 1.5 (7.9). По ребрам куба, равным а, действуют
двенадцать равных по модулю сил Р
(Pi = Р; i = 1, . . . , 12), как указано на
рис. 1.10. Привести эту систему сил к
каноническому виду и определить
координаты х и у точки пересечения
центральной винтовой оси с плоскостью
Оху.
Решение
Рис. 1.10
Приведение заданной системы
сил начинаем с вычисления проекций главного вектора R и
главного момента М0
п
Rx=X Fix= Р..-Р2-Р5-Р7=-2Р;
(=1

29
1=1
n
R*=Z Fiz = Pi + P4 + P6 + Pio = 4P;
1=1
n
Mx = Ya m*< Fi) = ap4 + aP6 + ap8 - aPi2 = 2aP;
/=i
и
My=]>] my(Fi) = aPii-aP1-aP4-aP7 =-2aP;
/=i
/i
Mz = ^ m^ Fi) = aP3 + aP5 + aP7'+ aP12 = 4aP.
1=1
Затем находим модули векторов R, Mo и скалярное произведение
(R,M0)
R= ^R'+Rj+R* =2PV6; Mo= jMl + M2y + M* = 2Pa V6 ;
(R, Mo) = RXMX + RyMy + RZMZ = 8aP2.
Так как (R, Mo) ^0, данная система сил приводится к
динаме. Подсчитываем наименьший момент М и параметр дина-
мы р
M = (RMJ = 2V6 М = а
R 3 F R 3
Центральная винтовая ось составляет с осями системы
координат углы а,р и 7> косинусы которых определяются
равенствами
Rx 7б а Ry л/б R2 >/б
cosa = —- = ; cosp = —- =—; cosy = —- =—.
R 6 R 6 R 6
Координаты точки пересечения центральной винтовой оси
с плоскостью XOY получим из уравнения центральной оси,
записанного при z = 0

30
-2Р
Отсюда находим
2Ра-4Ру _-2Ра + 4Рх _ 4Ра-(2Рх + 2Ру) _ а
~3
2Р
4Р
' 3
Задача 1.6 (7.10), По ребрам прямоугольного параллели
пипеда, соответственно
равным 10 м, 4 м и 5 м,
действуют шесть сил, указанных на
рис.1.И: Р, = 4Н, Р2 = 6Н,
Р3 = 3 Н, Р4 = 2 Н, Р5 = 6 Н,
Р6 = 8 Н. Привести эту
систему сил к каноническому
виду и определить
координаты х и у точки пересечения
центральной винтовой оси с
плоскостью XOY.
Решение
Для приведения заданной системы к каноническому
(простейшему) виду сначала найдем проекции главного вектора R и
главного момента Мо
Рис. 1.11
Rx=X Fix = P2-P5 = 0;
/=i
п
Щ = 2.J ^iy = Pi — Р4 = 2 Н;
/=i
п
Rz = 2.J ^iz = Рб - Рз = 5 Н;
i=i
п
МХ=]Г тх(Р0=-сР,-аР3 =-50Нм;
/=1
п
J] my(Fi) = cP2 + bP3 = 42HM;
М

31
п
М2=Х mz(Fi) =-аР2-ЬР4=-68Нм.
/=i
Затем подсчитаем модуль главного вектора R и скалярное
произведение (R, М0)
R=VRx+Ry+R' =5>4Н;
(R, М0) = RXMX + RyMy + RZMZ = - 256 Н2м.
Так как (R, Мо) Ф О, каноническим видом данной системы
сил является динама с наименьшим моментом М и параметром р
иш&&1ш-*1А Нм; р = М = _8;78м.
R R
Координаты точки пересечения центральной винтовой оси
с плоскостью XOY определяем из уравнения центральной
винтовой оси
-50-5у 42 + 5х 0„0
- = = -8,78; х = -11,9 м; у = -10 м.
-Л.
4LZ
в
В У
Задача 1.7 (7.7). Три силы Pi, Р2 и Р3 лежат в координат-
7 ных плоскостях и параллельны осям
координат, но могут быть
направлены как в ту, так и в другую сторону
(рис. 1.12). Точки их приложения А, В
и С находятся на заданных
расстояниях a, b и с от начала координат.
Какому условию должны
удовлетворять величины этих сил, чтобы они
приводились к одной
равнодействующей? Какому условию должны
удовлетворять величины этих сил,
чтобы существовала центральная винтовая ось, проходящая через
начало координат?
Решение
h
Рис. 1.12
Данная система сил приводится к равнодействующей, если

32
R*0; (R,Mo) = 0.
Поэтому для ответа на первый вопрос задачи необходимо подч
считать модуль вектора R и скалярное произведение (R, М0)
Подсчитываем
п п п
/=1 i=l i=l
/7
Мх=£ mx(Fi) = bP3;
/=i
/I л
Му=£ my(Fi) = cP1; MZ=J] m2(Fi) = aP2;
1=1 /=i
(R, M0) = RXMX + RyMy + RZMZ = bPiPs + cPiP2 + aP2P3.
Таким образом, чтобы заданная система сил приводилась к
равнодействующей, модули сил Рь Р2 и Р3 должны удовлетворять
условию
bPjP3 + cPiP2 + аР2Р3 = 0.
Для ответа на второй вопрос задачи предположим, что
заданная система сил приводится к динаме. Из уравнения
центральной винтовой оси при х = у = z = 0 находим
А.=^=Л_. (3)
Р3Ь Р,с Р2а
Если условие (3) выполняется, то существует центральная
винтовая ось, которая проходит через начало координат.
Задача 1.8 (7.12). Вес радиомачты с бетонным основанием
G = 140 кН (рис. 1.13). К мачте приложены сила натяжения антеннЫ
F = 20 кН и равнодействующая сил давления ветра Р = 50 кН. Обе
силы горизонтальны и расположены во взаимно перпендикуляр'
ных плоскостях. Полагая Н = 15 м, h = 6 м, определить резуль'
тирующую реакцию грунта, в котором уложено основание мачты.

33
Решение
Для определения
результирующей реакции грунта необходимо найти
результирующее воздействие, которое
оказывает основание мачты на грунт.
Подсчитываем проекции главного вектора
R и главного момента М0
результирующего воздействия основания мачты на
— грунт
Рис. 1.13
Rx=]£ Р» = Р = 50кН;
/=1
п
Ry=X Fiy = F = 20KH;
/=i
п
Rz=5] Fi2=-G=-140KH;
1=1
MX=J] mx(Fi) = -FH =-300kHm;
/=i
n n
My=J] ту(Р0 = РЬ = ЗООкНм; Mz=£ m2(Fi) = 0.
/=i
Следовательно
/=i
R= ^R*+R*+R* =150kH; M0= ^M2x + M2y +Mj = 300^2кНм;
(R, M0) = RXMX + RyMy + R2MZ = - 9000 кН2м.
Так как (R, M0) Ф 0, данная система сил приводится к ди-
наме. Определяем наименьший момент М и параметр динамы р
М=^^ = -60 кНм; р = М = _о,4 м.
R F R
Записываем уравнение центральной оси динамы
2-4328

34
-30 + 14y + 2z _ 30 - 5z - 14x _ - 2x + 5y
= 0,4
5 2 -14
и находим координаты ее точки пересечения с плоскостью XOY
г = 0;у = 2м; х = 2,2м.

35
Глава 2
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ НА ОПРЕДЕЛЕНИЕ
КООРДИНАТ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ
Задача 2.1 (9.21). Корпус легкого крейсера весит 19000 кН.
Центр тяжести корпуса находится на вертикали над килем на
высоте yi = 6 м. После спуска на воду внутри корпуса установили
главные машины и котлы. Главные машины весят 4500 кН и
ордината их центра тяжести у2 = 3 м. Вес котлов равен 5000 кН и
ордината их центра тяжести у3 = 4,6 м. Определить ординату ус
общего центра тяжести корпуса, машин и котлов.
Решение
Силы тяжести корпуса Рь
главных машин Р2 и котлов Р3 образуют
систему параллельных сил, приложенных
в точках Сь Сг, С3, которые лежат на
одной прямой (рис.2.1). Совмещая с
этой прямой ось ординат, находим
ординату общего центра тяжести корпуса,
машин и котлов крейсера
УРу.
£? хУх Р,У1+Р2у2+Р3у3 с^«
£р Р,+Р2+Ра
i=i
Задача 2.2 (9.16). Определить координаты центра тяжести
системы грузов, расположенных в вершинах прямоугольного
параллелепипеда, ребра которого равны: АВ = 20 см, АС = 10 см,
AD = 5 см (рис.2.2). Вес грузов в вершинах А, В, С, D, Е, F, G, Н,
соответственно равны 1 н, 2 н, 3 н, 4 н, 5 н, 3 н, 4 н, 3 н.
Рис. 2.1
2*

36
Решение
Обозначим вес грузов как Р{ (i = 1,...,8) и определим щ
динаты точек их приложения (рис.2.3) *
Рис. 2.2
л
И ' I *»
Рис. 2.3
Pi = 1h; x1=y1 = z1 = 0; Р2 = 2н; X2=z2=0; у2 = 20см;
Рз = 3 н; Хз -Уз = 0; z3= 10 см;
Р4 = 4н; Х4 = 5см; Z4 = y4 = 0;
Р5 = 5 н; X*в 5 см' У5 = 0; 2*= 10 см;
Р6 = 3н; Х*^ Уб = 20см; z^IOcm;
р7 = 4н• %1-5ш> У7 = 20см; 2^= 10см;
Р8 = 3н; х*^50*1' У8 = 20см; 28 = 0.
Затем подсчитываем
х, =
1>
P4x4/t^ + P7X7+P'X' =3,2 см;
t " рТрГ^^4"1^ +Рб +р' +р«
24.
Ус=-
р ^Уб+Р7У7+Р>У,
^
Р,+Р2/Гз
ь+Р4+Р5+Р6+Р7+Р8
= 9,6 см;

37
2 PA
гс - 8
I*.
P3z3+P5zs+P6z6+P7z7
■p,+p2+p3+p4+p5+p6+p7+p8
= 6 CM.
Задача 2.3 (9.19). Найти координаты центра тяжести
плоской фермы, составленной из
семи стержней, длины которых
указаны на рис.2.4. Вес стержней
пропорционален их длине.
Решение
Начинаем с определения
„Jt координат центров тяжести
стержней, составляющих ферму.
Используя введенные на рис.2.5
обозначения, находим
Pi = 3; xi = 0; У1 = 1,5м;
Р2 = 2; х2=1м; У2 = 0;
Р3 = 2,5; х3 = 1 м; у3 = 0,75 м;
Р4 = 2,5; X4 = 1 м; у4 = 2,25 м;
Р5 = 1,5; х5 = 2 м; у5 = 0,75 м;
Р6 = 2; х6 = 3м; у6 = 0;
Рис. 2.4
Рис. 2.5
Р7 = 2,5; х7 = 3м; у7 = 0,75м.
атем определяем координаты центра тяжести всей фермы
УРх
Хса^1^,Р2Х2-+РзХэ+Р4Х4+РзХз+РбХ_Д+Р7Х7-_
Р1+Р2+Р3+Р4+Р5+Р6+Р7 .
1,468 м;
I*.

38
I Pitt
У = —
Zp.
Р^+Р3Уз+Р4У4+Р5У5+Р7У7
Р1+Р2+Р3+Р4+Р5+Рб+Р7
= 0,9375 м.
Задача 2.4 (9-17). Определить координаты центра тяжес^
контура прямоугольного пар^
z! лелепипеда, ребрами которое
^ служат однородные брущ
длиной: ОА = 0,8 м, ОВ = 0,4 *
J£.„ ОС = 0,6 м (рис.2.6). Вес бру0
У ков равен соответственно О А *
= 250н,ОВ = ОС= CD = 75fi
CG =200н, AF = 125 н, AG =
Рис. 2.6 = GE =50h,BD = BF = DE=
= EF = 25h.
Решение
Вводим обозначения для сил тяжести брусков (рис.2.7)
Р! = 250н; Р2 = Р3 = Р4 = 75н;
ш Р5 = 200н; Р6=125н;
Р7 = Р8 = 50н;
Рис.2.7 P9 = P10 = Pn = Pi2 = 25H;
й определяем координаты их точек приложения
Xi = Zi = 0; у, =0,4м; х2 = у2 = 0; Z2=0,2m;
х3 = 0,3 м; у3 = z3 = 0; Х4 = 0,6 м; у4 = 0; Z4= 0,2 м;
х5 = 0,6м; у5 = 0,4м; zs=0; xe = 0; у6 = 0,8м; Z6=0,2m;
х7 = 0,3м; у7 = 0,8м; 27=0; Хв = 0,6м; у8 = 0,8м; 2«=0,2м;
х9 = 0,3 м; у9 = 0; Z9 = 0,4 м; х10 = 0; у 10 = z,0 = 0,4 м;

39
хп = 0,6 м; yu = zn = 0,4 м; х12 = 0,3 м; у12 = 0,8 м; z12= 0,4 м.
Затем находим координаты центра тяжести контура
параллелепипеда
12
х =4; =
Z*.
= *3Х3 **"*4Х4 **" °5Х5 "*" *7Х7 "*"*8Х8 "*~*9Х9 "*" *11Х11 **"*12Х12 _ q 9625 М*
P1+P2+PJ+P4 + P5+P6+P7+P8+P9+P10+P1I+PI2 '
12
ZpA
у = -£«_
/с 12
I*.
_ Р,у, +Р,у, +Р6у6 +Р7у7 +Р,у, +Р„у10 +Р„у„ +Р,2у,2 ^01 м.
р1+р2+р,+р4+р5+р6+р7+р,+р9+р|0+р11+р12 ' '
_ P2z2 + P4z4 + P6z6 +P,z, + P9z9 + Pl0z10 + P„z» + P12z12 _ 01Q5 м
p1+p2+p,+p4+p5+p6+p7+pt+pf+pli+p11+pii:
Задача 2.5 (9.18). Найти координаты центра тяжести тела,
имеющего вид стула, составленного из стержней одинаковой
длины и веса (рис.2.8). Длина стержня равна 44 см.
Решение
Сначала определяем координаты центров тяжести
стержней

40
1
9
х
lb
Ю
Xi = yi = 0; zi = — 22 cm; x2 = - 44 см; y2 = 0; z2=- 0,22 см;
x3 = — 44 см; уз = 44 см; z3 = — 22 см;
X4 = 0; у4 = 44см; Z4= —22 см;
х5 = -22см; y5 = Z5 = 0;
Хб = -44см; у6 = 22см; z^O;
х7 = — 22 см; у7 = 44 см; z7 = 0;
х8 = 0; у8 = 22см; z8=0;
Х9 = У9 = 0; Z9=22cm;
х10 = -44см; ую = 0; z10 = 22cm;
Хц= —22 см; уц = 0; zu = 44cm.
8
/ 4
Рис. 2.8
Г *Р*
Затем подсчитываем координаты центра тяжести тела
УРх
^ ' ' _P(x2+x3+xs+x6+x7+xl0+xn)
2>.
ИР
= -22 см;
ИР
*, =
11
YPz
t? ' '_ />(*, +22 + Z3+Z4+Z9+Z,0+Z„)
I'.
ИР
= 0.

41
Задача 2.6 (9,20). Найти координаты центра тяжести де-
янного молотка, составленного из прямоугольного паралле-
РеВ педа и ручки с квадратным сечением фис.2.9). Дано: а = 10 см,
b = 8 см,
с = 18 см, d = 40 см, 1 = 3 см.
пНтЫгЙ—*-
-н
LgJL ~£L ^e£==dL
ж
Рис. 2.9
Решение
Учитывая, что молоток составлен из двух тел,
симметричных относительно плоскостей XOY и ZOY, записываем
4-* ^l Vv +V
х =z =0- v = — = хУ} :
Ас ^с U> Ус 2
v,+v2
Я|
Каждое тело имеет форму прямоугольного
параллелепипеда, центр тяжести которого
располагается в точке пересечения его диагоналей.
Поэтому получаем
й
ndO™
xs\
Vi = abc; X! = Zi = 0; у! = 0,5b;
для параллелепипеда с ребрами a, b и с
(рис.2.10), и
V2 = dl2; х2 = zz = 0; у2 = b + 0,5d;
для ручки молотка (рис.2.11).

42
z\ b
Подставив полученные з^
нениям и yi в формулу^
J #! j е—cSaj-JSL ординаты ус, будем иметь
$г
Рис. 2.11
Ус = 8,8 см.
Задача 2.7 (9.8). Найти координаты центра тяжести п&
перечного сечения неравнобокого уголка, полки которого имею
ширину ОА = a, OB = b и толщину АС = BD = d (рис.2.12).
Решение
Представив сечение уголка суммой двух прямоугольнике)]
со сторонами d, b и d, (а - d), как показано на рис.2.13, записи
ваем
i
i
IL с
х О1' в *\^ х
Рис. 2.13
^SiXi Sx+Sx 2>'*
с 2
S,+s2
Учитывая, что центр тяжести каждого прямоугольника лежит *'
пересечении его диагоналей, находим
d b ■ . „

43
x I(a + d); у*; S2=d(a-d).
Следовательно
x, =
a2+bd-d2
c 2(a + b-d)'
Ус =
b2+ad-d2
2(a + b-d)
Примечание. Другие возможные варианты разделения
площади сечения уголка:
а) сечение уголка представляется суммой двух
прямоугольников со сторонами d, (b - d) и d, а;
б) площадь сечения уголка представляется разностью
площадей прямоугольников со сторонами a, b и (а - b), (b - d).
В варианте «а» формулы для подсчета координат Хс, ус остаются
без изменений, а в варианте «б» переписываются в виде
с s,-s2
v _S,y,-S2y2
Ус s,-s2
Задача 2.8 (9.4). Определить положение центра тяжести
однородного диска радиуса ri с
круглым отверстием радиуса г2. Центр
отверстия расположен на расстоянии
0,5 ri от центра диска (рис.2.14).
Решение
Представим площадь диска
разностью площадей двух дисков —
диска радиуса rt и диска радиуса г2.
Учитывая симметрию площадей дис-
Рис 2 14 ков относительно оси ОХ, находим
Здесь
Следовательно
хЛ =
ZSixi Sx -S X
S1=7ir2; x,=0; S2=7tr2; Хг^^/г.
Ус=0.

44
"^N
X. =
г, г,
2tf-r22)
Задача 2.9 (9.1). Определить положение центра тяжес,
стержневого контура AFBD, составленного из дуги ADB четверо
окружности радиуса FD = R и из дуги полуокружности Apj
построенной на хорде АВ как на диаметре (рис.2.15). Линейщ.
плотности стержней одинаковы.
Решение
Учтем осевую симметрию контура и расположим оси кс
ординат так, как показано на рис.2.16. В выбранной системе коор
динат ордината центра тяжести контура ус = 0 и определению пол
лежит только абсцисса Хс. Разбивая контур на две составляющй'
его дуги ADB и AFB, записываем
х„ =
^LfXi Lx +L
SLi
L,+L2
Используя формулу, определяющую абсциссу центра #
жести дуги окружности с центральным углом 2 а, находим (р^
2.17,2.18)
_R1sina1 _ 2lW2 . _пК.
а,

45
R2sinoc2 R-n/2
_ ix2 on» ^2
x =R2-x20; x2o~"~^t:—"""""Г"-» l2-tiR2-
kR>/2
kr
! *
№•
Рис. 2.17
Рис. 2.18
Возвращаясь к формуле для абсциссы х<., окончательно получаем
Хс = 0,524 R.
Задача 2.10 (9.3). Найти центр тяжести площади кругового
сегмента ADB радиуса АО = 30 см, если угол
АОВ=60°(рис.2.19).
Решение
Выберем систему координат XOY так,
как показано на рис.2.20, и представим, что
площадь сегмента получена вычитанием
площади Si треугольника АОВ из площади S2
сектора AOBD. В таком случае можем
записать
isiXi ■
Рис. 2.19
Is,
2 2 11
S2-S,
Ус=0.
рИс.2.2о
где
S,=
R2>/3
-D2
= 389,7 см2; S2=-^- = 471 см2.

46
Учтем, что центр тяжести площади треугольника находит^
точке пересечения медиан, то есть в точке, расположенной на р,
стоянии одной трети длины каждой медианы до соответствую^
ей стороны треугольника. Следовательно
х, = |Rsin60° = R-^- = 17,32 см.
Абсциссу центра тяжести площади сектора радиуса R с центру
ным углом 2 а = 60° подсчитываем по формуле
2R sin a 2R
х2 = = ~~~ = 19,1 см.
Окончательно получаем
За
Хс= 27,7 см.
Задача 2.11 (9.2). Определить положение центра тяжести
площади, ограниченной полуокружностьк
АОВ радиуса R и двумя прямыми AD и DI
равной длины, причем OD = 3R (рис. 2.21).
Решение
Рис. 2.21 Учтем осевую симметрию площади и рас
положим систему координат XOY так, кш
показано на рис. 2.22. В выбранной системе координат ординал
центра тяжести площади ус = 0 и определению подлежит только
абсцисса х<.. Разбивая площадь на составляющие его гоющаФ
треугольника ADB и полуокружности АОВ, записываем (рис.2.22
2.23,2.24)
Рис. 2.22
Рис. 2.23
Рис. 2.24

47
i=i _ Sixi + S2x2
С ~ 2 ~
Xr =
приме]
i=l
При определении абсциссы Xi площади треугольника ADB
!М во внимание, что центр тяжести площади треугольника
наспится в точке пересечения медиан, то есть в точке,
расположений на расстоянии одной трети длины каждой медианы до
соответствующей ей стороны треугольника. С помощью рис. 2.23
находим
2 5 ,
xi = R + x10=R+-R=-R; S! = 2R2.
Абсциссу х2 площади, ограниченной полуокружностью
АОВ, т. е. площади сектора радиуса R с центральным углом 2 а =
= /Г(рис.2.24), подсчитываем по формуле
2
-Rsina 2
x20=i = ill; x2=R-x20=R-i*; s2 = —•
a Зя Зя 2
Возвращаясь к формуле для абсциссы х<., окончательно получаем
Xc=l,19R.
Задача 2.12 (9.5> Определить координаты центра тяжести
четверти кольца, показанного на рис.2.25
Решение
Представим, что площадь четверти
кольца получена вычитанием площади S]
четверти окружности радиуса R] = 1 см из
площади S2 четверти окружности радиуса
R2 = 3 см. Тогда для координат четверти
кольца можем записать следующие
выражения
рис. 2.25

48
ZsiXj
Xc:
2>
где Si =
rcR
S2x2 -S1x1
s2-s,
•' Ус
Zsiyi
2
I*
s2y2-siyi
sa-s,
Координаты Xi, y4 определяем по формулам для коордиц$
центра тяжести площади кругового сектора
2R(sina -sina0). 2R(cosa0 -cosa)
Xc" 3(a-a0) ' Ус~ 3(a-a0)
ПРЙ a0=0; a=-; будем иметь
Xi = yi =
4R^
Зя
Подставив выражения для х^ yi, Si и численные значения пар
метров в равенства (1), получим
4(R32-R?)
*•"*" 3*(R*-R?) =1'38СМ-
Задача 2.13 (9.6). Найти координаты центра тяжесА
фигуры, изображенной на рис.2.2б
Решение
Представим площадь фи#
ры, изображенной на рис.2.25, \
виде разности площадей квадр^
со стороной а и кругового секто?
радиуса R = а/2 с центральна
углом а = Я"/2. Учитывая симМ^
рию фигуры относительно оси О*
записываем
Рис. 2.26

49
Рис. 2.27
IsiX,
Хс:
SbjXi О2Х2
2>
s,-s2
yc = o.
м
Центр тяжести
площади квадрата расположен на
*£g пересечении его диагоналей.
Поэтому
хг
ал/2
- о2
; Sj=a
Для площади сектора находим (рис.2.27)
*20 ""
2
—Rsina
3 2
a
= -^aV?;
371
х2
= aV2-x20= aV2- —^\ s -
яа
Зя ' "" 16
Подстановка полученных значений в выражение для Хс дает
Хс = 0,61а.
Задача 2.14 (9.14). Дан квадрат ABDC, сторона которого
равна а. Найти внутри него такую точку Е,
jj чтобы она была центром тяжести площади,
~~ которая получится, если из квадрата
вырезать равнобедренный треугольник АЕВ
(рис.2.28).
Решение
Так как треугольник АЕВ
равнобедренный, абсцисса точки Е определяется
рис. 2.28 непосредственно из условия задачи

50
хЕ = а/2.
Площадь фигуры, для которой требуется найти центр ц
жести, получена вырезанием из площади квадрата площади тр^
угольника. Поэтому ординату центра тяжести фигуры можц0
подсчитать по формуле
Уе
Для квадрата имеем
1=1
2
S,y,"S2y2
52
S,-S2
yi = a/2; S,=a2
Центр тяжести площади треугольника находится в точке
пересечения медиан, то есть в точке, расположенной на расстоянии
одной трети длины каждой медианы до соответствующей ей
стороны треугольника. Следовательно
у2 = а/6; S2 = a2/4.
Подставив полученные выражения в формулу для ординаты у&
получаем
уЕ = (11а/18)= 0,611а,
Задача 2.15 (9.13). Провести через вершину D
однородного прямоугольника ABCD прямую DE так,
чтобы при подвешивании отрезанной по этой
прямой трапеции ABED за вершину Е сторон*
AD, равная а, была горизонтальна (рис.2.29).
Решение
При подвешивании трапеции АВЕР
за вершину Е сторона AD располагается гс
ризонтально, если центр тяжести трапеции л^
Рис. 2.29 житнаоси OY системы координат, показаН'
ной на рис.2.30. То есть искомое расстояние d
можно найти из условия Хс = 0.
Представим площадь трапеции ABED суммой площади
прямоугольника ABEF и треугольника FED. Тогда

51
2>,х,
х« =
Zs,
|Э|Х| т ^7X2
s,+s2
Учитывая, что центр тяжести
площади треугольника находится в точке
пересечения медиан, то есть в точке, располо-
~б Й Ж женной на расстоянии одной трети длины
каждой медианы до соответствующей ей
Рис. 2.30 стороны треугольника, находим
x, = d/2; Sj=db; x2 = -(a-d)/3; S2 = !b(a-d)-
Подставив эти выражения в формулу для х<;, получим
квадратное уравнение относительно искомого d
Отсюда
2d2+2ad-a2=0.
d = £(л/з-1)= 0,366а.
Примечание. Возможен другой вариант решения задачи, в
котором площадь трапеции ABED представляется разностью
площадей прямоугольника ABCD и треугольника CED. В этом
случае абсцисса Хс подсчитывается по формуле
OjXj —О2Х2 •
Si-S2
где
Xl=d-^; S,= ab; x2=--(a-d); S2=-b(a-d).
Задача 2.16 (9,23). Для однородного тетраэдра ABCDEF,
Усеченного параллельно основанию, даны: площадь ABC = а,
Площадь DEF = Ь, расстояние между ними h. Найти расстояние z
Центра тяжести данного усеченного тетраэдра от основания ABC
(рис.231).

52
^N
Решение
Представим объем данного уь
ченного тетраэдра разностью объемов
траэдров с основаниями ABC и DEF
ответственно.
Искомое расстояние z определи,
по формуле
Рис. 2.31
YVz
JLt Y^» Vz -Vz
J^ V -V
5>, ' 2
Учитывая, что центр тяжести объема пирамиды располо
жен на прямой, соединяющей центр тяжести ее основания с вер
шиной, на расстоянии 1/4 длины этой прямой, считая от основаш
находим (рис.232,2.33)
V,=
—; z,=-h; v2=-(H-h); z2=h+i(H-h),
где H— высота тетраэдра с основанием ABC, связанная с пар
метрами a, b и h известным из геометрии равенством
b_(H-h)2
а Н2
I -у« 1 1 L
%V-<fe
Рис. 2.32
В
Рис. 2.33
Подстановка полученных выражений в формулу для аппликате
дает

S3
aH2-b(2Hh-3h2+H2)
4[(a-b)H + bh]
h(a + 2Vab+3b)
4(a-Vab + b)
Задача 2.17 (9.25). Найти предельную высоту h цилиндра,
при которой тело, состоящее из цилиндра и
полушара одинаковой плотности и
одинакового радиуса г, теряет устойчивость в
положении равновесия, когда оно опирается
поверхностью полушара на гладкую
горизонтальную плоскость (рис.2.34).
Примечание. Центр тяжести всего
тела должен совпадать с центром полушара.
Рис 2.34 Расстояние центра тяжести однородного по-
3
лушара от его основания равно ± г.
8
Решение
Согласно примечанию к условию задачи тело,
составленное из цилиндра и полушара, теряет устойчивость в положении
равновесия, когда его центр тяжести располагается выше центра
полушара. Поэтому предельную высоту цилиндра h,
обеспечивающую устойчивость положения равновесия тела, можно найти
из условия Zq = г. Для определения аппликаты Zc используем
следующую формулу
№
_ /=1
5>,
i=i
Vi+V2
Учитывая, что аппликата центра тяжести однородного
цилиндра равна половине его высоты, и
принимая во внимание указание
относительно расположения центра тяжести
однородного полушара, сделанное в
примечании к условию задачи, нахо-
2* дим (рис.2.35)
е1
ч
уС,
1
j*ll
Рис. 2.35
3 5 лг 2 гз.
z1 = r r=-r; Vi = — nr >
8 8 3

z2:
г+Ь; Vz-nhr2.
Подставив эти значения в формулу для аппликаты Zc и приравн^
аппликату радиусу полушара, окончательно получим
2
Задача 2.18 (9.26). Найти предельную высоту h конуса,
при которой тело, состоящее из конуса и полу,
шара одинаковой плотности и радиуса г, теряет
устойчивость в положении равновесия при уело-
вии предыдущей задачи (рис.2.36).
Решение
Согласно условию данной задачи и
примечанию к условию задачи 2.17 тело,
составленное из конуса и полушара, теряет устойчивость
в положении равновесия, когда его центр
тяжести располагается выше центра полушара.
Поэтому предельную высоту конуса h, обеспечивающую
устойчивость положения равновесия тела, можно найти из условия Zc = г.
Для определения аппликаты Zc используем формулу
Рис. 2.36
Zc =
ZviZi
i=l
2
5>,
V,z,+V2z2
V,+V2
Рис. 2.37
Учитывая, что центр тяжести
однородного конуса расположен Ф
расстоянии равном 1/4 его высоте
считая от основания конуса, **
принимая во внимание указан*^
относительно расположения центра
тяжести однородного полушара, сд^
ланное в примечании к условию зР
дачи 2.17, находим (рис.2.37)

*.-r-|r-iR; V^^r3; 22 = r+A; у2=^
8 8
Подставив эти выражения в формулу для аппликаты zc и приравняв
аппликату радиусу полушара, окончательно получим
A = V3R.
Задача 2.19 (9.27). Тонкий однородный лист изогнут в
виде двух треугольников и квадрата, как показано на рис.2.38:
равнобедренный треугольник ОАВ ле-
У\фс*А 4см, жиг в плоскости XOY,
прямоугольный треугольник ODE — в плоскости
4с# YOZ (вершина прямого угла — точка
Е), квадрат ОВКЕ— в
горизонтальной плоскости. Определить
координаты центра тяжести изогнутого
листа.
Решение
Для определения координат центра тяжести изогнутого
листа используем следующие формулы
ZS*Xi S1x1+S2x2+S3x3
5>
S^Sj+Sj
ZS>yi Siyi+S2y2+S}y3.
y«=JJ—'" S,+S2+S3
ZS«

56
7 -^
Учитывая, что центр тяжести прямоугольника располоъ
на пересечении его диагоналей, а центр тяжести треугольника
на пересечении медиан, — подсчитываем
Xi=x2 = 4cm; х3 = 0; у1=у3 = 4/3см; У2 = 0;
Zi = 0; Z2 = 4 см; z3 = 16/3 см; Si = S3 = 16 см2; S2 = 64 см2.
Подставляя эти значения в формулы для координат х<., ус и ^ ^
ходим
Хс = 3,33см; ус = 0,444 см; Zc=3,55cm.

57
ГлаваЗ
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ НА РАВНОВЕСИЕ
§ 3.1. ПЛОСКАЯ СИСТЕМА СИЛ
Задача 3.1(1.1). Два груза, в 10 Н и 5 Н, висящие на одной
веревке, укреплены на ней в разных местах, причем больший груз
висит ниже меньшего. Каково натяжение веревки,
■^КУ* если верхний конец ее прикреплен к неподвижной
Р21 | точке?
Решение
Согласно условию задачи требуется
определить силы натяжения веревки, соединяющей нижний
груз Pi с верхним Р2, и веревки, с помощью которой
оба груза подвешены к неподвижной точке О (рис.3.1).
Сначала рассмотрим равновесие нижнего
груза Р*. Освободим груз Pi от наложенной связи
(веревки, которая соединяет груз Pi с грузом Р2), заменив ее
силой натяжения Ть и запишем уравнение равновесия
груза Pi в виде уравнения проекций на ось ОХ
приложенных к грузу сил (рис.3.2)
п
£ F*: Р,-Т, = 0.
#=1
Отсюда
Ti = P!=10H.
Затем рассмотрим равновесие системы,
составленной из двух грузов Pi и Р2, соединенных
веревкой (рис.3.3). Освобождаем систему от связи
(веревки, соединяющей груз Р2 с неподвижной точкой
О), заменив ее силой натяжения Т2, и записываем
уравнение равновесия системы в виде уравнения
проекций на ось ОХ приложенных к системе сил
Рис. 3.1
Ъ
Pi
tx
рис. 3.2
[X
Рис. 3.3

58
? ^
п
£ F«: Pi + P2-T2 = 0
/=1
Решая уравнение (1), находим
T2 = Pi + P2=15H.
Примечание. Натяжение Т2 можно определить иначе, р^
сматривал равновесие верхнего груза, к которому приложены $,
сила тяжести Р2 и сила натяжения TV
Задача 3.2(1.2). Буксир тянет три баржи различных разм<
ров, следующие одна за другой. Сила тяги винта буксира в данщ
момент равна 18 кН. Сопротивление воды движению буксира рав
но 6 кН; сопротивление воды движению первой баржи — 6 кН
второй баржи — 4 кН и третьей — 2 кН. Имеющийся в распор»
жении канат выдерживает безопасно растягивающую силу в 2 кН
Сколько канатов надо протянуть от буксира к первой барже, о;
первой ко второй и от второй к третьей, если движение — прл
молинейное и равномерное?
Решение
На систему, составленную из буксира и 3-х барж, действу
ют сила тяги винта буксира R и силы сопротивления воды дви
жению буксира F и барж Fb F2, F3 (рис.3.4).
т* . fa»?! , и.. hslui , hgf f щщ
Fa F2 F, F R
Рис.3.4
Сначала составим уравнение равновесия буксира, пред*0
рительно освободив его от наложенных связей (канатов, сое^
няющих его с первой баржей) и заменив их суммарной силой $
тяжения Ti (рис.3.5). Проектируя приложенные к буксиру ci^
т натяжения канатов Ть тяги винта R и соЩ^
_* Z74 t тивления воды F на ось ОХ, получим
Of r х
п
Рис.3.5 £ F*: R-T,-F = 0.

59
/^сЮДа находим натяжение Т! и число П! канатов, соединяющих
буксир с первой баржей
°У Ti=12kH; п, = 6.
Затем освобождаем от связей (канатов) первую баржу,
заменяя канаты, соединяющие ее с буксиром и второй баржей, их
суммарными силами натяжения Ть Т2 (рис.3.6). Проектируя при-
* j ложенные к первой барже силы натяжения
' тфш канатов Ть Т2 и сопротивления воды Fi на
X ось ОХ, определяем натяжение Т2 и число п2
канатов, соединяющих первую баржу с
буксиром и второй баржей
^jjdL
Рис. 3.6
п
X F*: T,-T2-F, = 0; Т2 = 6кН; п2=3.
;=1
^
Аналогичным образом находим суммарное натяжение ка-
- натов, соединяющих вторую баржу с
—I Л. _ первой, Т3 и число этих канатов п3,
lipoid ектируя приложенные ко второй барже
силы натяжения канатов Т2, Т3 и сопро-
рис 3.7 тивления воды F2 на ось ОХ (рис.3.7)
/=i
T2-T3-F2 = 0; Т3 = 2кН; п3=1.
Задача 3.3 (1.3). На дне шахты находится человек весом
640 Н; посредством каната, перекинутого через
неподвижный блок, человек удерживает груз
весом 480 Н (рис.3.8). 1) Какое давление
оказывает человек на дно шахты? 2) Какой
наибольший груз он может удержать с помощью
каната?
Решение
Чтобы ответить на вопросы,
поставленные в условии задачи, необходимо
рассмотреть равновесие человека. Освободим
человека от наложенных связей (каната и дна шах-
Рис. 3.8 ты)9 заменив их эквивалентными по воздейст-

60
вию на человека силами натяжения каната Ti и нормальной.
акции N (рис.3.9). Сила N равна по величине и противоположна
направлению силе давления человека на дно шахты R, — искоц,
по условию задачи величине.
Составим уравнение равновесия челов^
проектируя приложенные к нему силы Ть]^
силу веса Р! на ось ОХ
£ F*: TY+N-P^O.
u Уравнение (1) содержит два неизвестных: Тг
N. Для определения реакции N запишем ура»
ис* нения равновесия блока и груза. Освобоэдм
блок от связей (человека, груза и креплещ
оси блока) и заменяя их силами натяжения каната Ть Т2 и реакщ
в оси блока F0, составим уравнение моментов, действующих в
блок сил относительно оси блока О (рис.3.10)
ЪГ1Т<
2 m0(Fi): T2r-Tir = 0,
/=i
Рис. зло где г —радиус блока.
Груз находится в равновесии под действие»
двух сил: силы натяжения каната Т2 и силы веса!
(рис.3.11). Проектируя эти силы на ось ОХ, записи
ваем
п
£ F^: Т2-Р2 = 0.
Отсюда
РИС. 3.11 Tz= Р2-
Возвращаясь к уравнениям (1) и (2), находим
Т! = Т2 = Р2; N = Pi~P2 = R.
Подстановка численных значений VA и Р2 дает
R = 640-480= 160 Н.

61
Для ответа на вопрос «какой наибольший груз человек
может удержать с помощью каната?» учтем, что удерживаемый
груз будет наибольшим, когда сила давления человека на дно
шахты R = 0. Следовательно, в этом случае
P2 = Pi = 640H.
Задача 3.4 (2.1). В центре правильного шестиугольника
приложены силы 1, 3,5,7,9 и 11 Ненаправленные к его вершинам.
Найти величину и направление равнодействующей и
уравновешивающей.
Решение
Введем обозначения действующих сил: Fi = 1 Н; F2 = 3 Н;
F3 = 5 Н; F4 = 7 Н; F5 = 9 Н; F6 = И Н;
(рис.3.12). Данные силы образуют систему
сходящихся сил, которая приводится к
равнодействующей R, равной геометрической сумме
сил
б
Рис. 3.12 R= X Fi
/=i
Для ответа на вопросы, поставленные в задаче,
используем геометрический способ сложения сил. Сначала выполним
простейшую операцию сложения сил, направленных по одной пря-
мой, т. е. сил Fi и F4, F2 и F5, F3 и F6
F1 + F4 = F14 = 6H; F2 + F5 = F25 = 6H; F3 + F6 = F36 = 6H.
/-~~>ч Затем складываем силы F14, F25
' J& \ F& и F*6 (рис.3.13). Из векторного четырех-
V "*/" / v<\At угольника, образованного этими силами и
V / r\<*/ равнодействующей R, находим
направленна! ние и модуль R
Рис. злз R = Fi4cosa + F25 + F36cosa.
Из геометрии известно, что для правильного
шестиугольника центральный угол а = 60°. Следовательно, R = 12 Н.
Согласно аксиоме об уравновешенных силах две силы
являются уравновешенными, если они равны по модулю, действуют

62
по одной прямой и направлены в противоположные стор^
Поэтому уравновешивающая сила Ri будет равна по модуле
противоположна по направлению равнодействующей R.
Примечание. Возможен другой вариант решения зад^
основанный на аналитическом способе сложения сил. Выбира^
система координат ХОУ, находятся проекции на оси ОХ и q
равнодействующей R и определяется ее модуль
6
i
/=1 i=i
Rx=2 F»; Ry= £ Fiy; R= Jr^Tr^'.
Задача Э.5 (2.2). Силу в 8 Н разложить на две по 5 Н щ
дая. Можно ли ту же силу разложить на две по 10 Н, 15 Н, 20 Н;
т. д.? На две по 100 Н?
Решение
Согласно аксиоме параллелограмма сил две силы, при
ложенные в одной точке, можно заменить одной силой, прило
женной в той же точке и равной их геометрической сумме. Таю»
образом, любую силу R можно разложить на да
fi/^44 D равные силы Fi и F2, связанные с силой R раве&
Л щ\" ством (рис.3.14)
FftV R = F, + F2.
Рис. 3.14
Угол между векторами Fi и F2 определяется с
помощью теоремы косинусов
R2-F2-F2
cosa=-
2F,F2
Например, при R = 8 Н, Fi = F2 = 5 Н
cos a=— = 0,28; a = 74°45',
50
npHR = 8H,F, = F2=10H
cos a = -— = -0,68; a = 132°50*; и т.д.
200

63
Задача 3.6 (2.3). По направлению стропильной ноги,
наклоненной к горизонту под углом а = 45°,
действует сила Q = 2,5 кН (рис.3.15). Какое
усилие S возникает при этом по направлению
горизонтальной затяжки и какая сила N дей-
Рис.3.15
ствует на стену по отвесному направлению/
Решение
Для решения задачи воспользуемся аксиомой
параллелограмма сил, согласно которой две силы, приложенные в одной
точке, можно заменить одной силой, приложенной в той же точке и
л равной их геометрической сумме. В данном слу-
g Ум чае сила S, направленная вдоль горизонтальной
т S V — затяжки стропильной ноги, и сила N, действую-
1М щая на стену по отвесному направлению,
заменяют действие одной силы Q (рис.3.16). Поэтому
Рис. 3.16
S + N = Q.
Так как сила Q является диагональю
прямоугольника, построенного на силах S и N, нахо-
N дим (рис.3.17)
S = N = Qcos(X = 1,768 кН.
Рис. 3.17
Задача 3.7 (2.4). Два трактора, идущих по берегам прямого
канала с постоянной скоростью, тянут барку при помощи двух
канатов. Силы натяжения канатов равны Ti = 0,8 idi и Т2= 0,96 кН;
угол «между ними равен 60° (рис.3.18).
Найти сопротивление воды Р, испытываемое
k^Vx-vAsi баркой при ее движении, и углы 7 и р, ко-
I [У} * | торые должны составлять канаты с берегами
Тр канала, если барка движется параллельно
берегам.
Л^г-^У^*
Р
Рис. 3.18
Решение
При движении барки с постоянной скоростью
сопротивление воды Р уравновешивается суммарной силой тяги R, которую

64
- ^
обеспечивают оба трактора. Значение силы R определим из к
раллелограмма сил, образованного силами натяжения канатов j
Т2 и силой тяги R (рис.3.19). Учитывая, что ос = р + 7> с1)
мощью теоремы косинусов находим
/
\
\
Р
Рис. 3.19
Р= R = VTi2 + т2 + 2Т/Г, cosa = 1,526 кН.
Для определения углов 7 и Р восполц
емся теоремой синусов. Из параллелограмма ц
имеем
sinp_sinl20°
Т, ~ R
Отсюда
sinp =0,454; р = 27°; 7 = «~Р = 33°.
Задача 3.8 (2.5). Кольца А, В и С трех пружинных веса
укреплены неподвижно на горизонтально!
доске. К крючкам весов привязаны три ве
ревки, которые натянуты и связаны в одв
узел D. Показания весов: 8, 7 и 13 Н. Опр
делить углы а и /?, образуемые направле
ниями веревок, как показано на рис.3.20.
Рис. 3.20
Решение
Силы натяжения веревок FA, Fp*
Fc, фиксируемые показаниями весов, образуют систему с$
дящихся сил, для которой условие равновесия выражается в#
торным равенством (рис.3.21)
FA+ F„ + Fc = 0.
Рис. 3.21
Рис. 3.22
Соответствующий этому равенс^'
векторный треугольник показан11
рис.3.22. Из треугольника с 1*°'
мощью теоремы косинусов запй^
ваем
fb = fa + Fc - 2Fafc cosa;

65
Fc2=^+FB2+2FAFBcos(a + p).
От(
■сЮДа
cosa=FA+Fc Fb =0,893; a = 27,8°;
2FAFC
cosi
(o + P)=
2FAFB
= 0,5; a + p = 60°; p = 32,2°.
Задача 3.9 (2,6). Стержни AC и ВС соединены между
собой и с вертикальной стеной посредством
шарниров (рис. 3.23). На шарнирный болт С действует
вертикальная сила Р = 1000 Н. Определить
реакции этих стержней на шарнирный болт С, если
углы, составляемые стержнями со стеной, равны:
ос = 30° и p = 60°.
Решение
Рис. 3.23
Рассмотрим равновесие шарнирного болта С.
Для этого освободим болт от наложенных связей
(стержней АС и ВС) и заменим их эквивалентными по действию
на болт силами RA и RB.
Условия задачи позволяют определить линии действия
сил реакций Кд и RB. Каждый стержень находится в равновесии
иод действием только двух сил: сил реакции в шарнирах А и С для
^ржня АС и сил реакции в шарнирах В и С для стержня ВС.
Согласно первой аксиоме статики (аксиоме об уравновешенных
силах) две силы являются уравновешенными, если они равны по
с» ft модулю, действуют по одной прямой и направ-
Д лены в противоположные стороны. Поэтому
joK силы реакций в шарнирах А и С для стержня АС
направлены по прямой, соединяющей шарниры
А и С, а силы реакций в шарнирах В и С для
стержня ВС— по прямой, соединяющей
шарниры В и С. Таким образом, сила RA направлена
по АС, а сила RB — по ВС (рис.3.24). Силы Р,
RA и RB образуют систему сходящихся сил,
для которой условие равновесия выражается
равенством
Р*
с- 3.24
3^328
P + Ra+Rb = 0.

66
">
Соответствующий этому равенству вектор^
треугольник изображен на рис.3.25. Из треуго^
ника находим
RA = Rcosa = 866H;
RB = Rcosp =500Н.
Задача ЗЛО (2.7). На рисунках 3.26 а), б) и в) схематичен
изображены стержни, соединенные между собой, с потолком
стенами посредством шарниров. К шарнирным болтам В, F и |
подвешены грузы Q = 1000 Н. Определить усилия в стержнях д*
случаев: а) а = р = 45°; б) a = 30°, (i = 60°; в) а = 60°, р = 30°
Решение
Рассмотрим равновесие шарнирного болта В (случай &
Для этого освободим его от наложенных связей (стержней 1 и 2)'
заменим их эквивалентными по действию на болт силами Si и $г-
Условия задачи позволяют определить линии действия ^\
реакций Si и S2. Каждый стержень находится в равновесий А0'
действием только двух сил: сил реакции в шарнирах А и В ^
стержня 1 и сил реакции в шарнирах В и С для стержня 2. ^
гласно первой аксиоме статики (аксиоме об уравновешенных °\
лах) твердое тело находится в равновесии под действием двух °у.
тогда, когда эти силы равны по величине и противоположны .
направлению. Поэтому силы реакций в шарнирах А и В К
стержня 1 направлены по прямой, соединяющей шарниры А **

67
r0bi реакций в шарнирах В и С для стержня 2 — по прямой,
3 линяющей шарниры В и С. Таким образом, сила Si направлена
с° по АВ, а силаS2 — по ВС (рис.3.27).
hf ~~ ~>>;
Рис.3.27
Силы Q, Si и S2 образуют систему
сходящихся сил, для которой условие
равновесия выражается равенством
Q + Si + S2 =0.
Соответствующий этому равенству
векторный треугольник показан на рис.3.28. Из
треугольника находим
Рис. 3.28
Si = S2 = Qcosa = 707H.
Аналогичные рассуждения используем при
решении задачи в случаях б) и в). Из
параллелограммов сил Q, Si hS2j показанных на рис.3.29 и рис.3.30
для этих случаев, определяем
&
F Si
Рис. 3.29
Рис. 3.30
Для
Для
3*
S. =Qtga = 577 Н; S2
cos a
= 1154 Н,
СлУчая б) и
S,=Qtgp = 577 Н; s2=-^L = 1154 Н,
СлУчая в).
cosp

68
"*N
В случае а) оба стержня растянуты. В случае б) стержень 1 ^
тянут, а стержень 2 сжат. В случае в) стержень 1 сжат, а стержец
растянут.
Задача 3.11 (2.10). Электрическая лампа весом 20
подвешена к потолку на шнуре АВи>
тем оттянута к стене веревкой ВС (рис.3.3|
Определить натяжения: ТА щ
АВ и Тс веревки ВС, если известно, что у^
а = 60°, а угол ($ = 135°. Весом шнура
веревки пренебречь.
Решение
рис з.з 1 Рассмотрим равновесие лампы. Обозщ
чим вес лампы как Р. Освободим лампу о
наложенных связей (шнура АВ и веревки ВС), заменив их экю
валентными по действию на лампу силами TAi
Тс. Поскольку шнур и веревка считаются не
весомыми, на них действуют только по да
силы — силы реакций в точках крепления (А*
В для шнура, С и В для веревки). Согласк
первой аксиоме статики (аксиоме об уравн^
вешенных силах) две силы являются уравв^
вешенными, если они равны по модулю,
действуют по одной прямой и направлены в пр^
Рис. 3.32 тивоположные стороны. Следовательно, си$
реакций, приложенные к шнуру, направлен
по АВ, а силы реакций, приложенные к веревке, — по СВ. То ъ$
АВ и ВС являются линиями действия сил ТА иТс (рис.3.32).
Силы Р, ТА и Тс образуют систему сходящихся сил, $
которой условие равновесия выражается равенстве
Р + ТА + Тс = 0.
Соответствующий этому равенству векторный rf.
угольник показан на рис.3.33. Из треугольник
помощью теоремы синусов записываем
Рис. 3.33 Тс ТА Р
sm у sin ф sin \\f

69
Учитывая, что
Y=--a = 30°; cp=7i-P = 45°; \|/ = я-(а + р) = 105°;
окончательно получаем
Тс =^ = 10,4 Н;ТА =-^ = 14,6 Н.
sin\|/ sin\|/
Задача 3.12 (2.13). Через два блока А и В, находящихся на
одной горизонтальной прямой АВ = 1,
перекинута веревка CAEBD. К
концам С и D веревки подвешены гири
весом Р каждая, а в точке Е — гиря
весом Pi (рис.3.34). Определить,
пренебрегая трением на блоках,
расстояние х точки Е от прямой АВ в
положении равновесия. Весом веревки
пренебречь.
Рис. 3.34
Решение
Для решения задачи рассмотрим равновесие точки Е.
Освободим точку Е от наложенных связей (веревки,
удерживающей гири весом Р). Заменив их эквивалентными по
воздействию на точку Е силами натяжения Ть Т2, получим систему
сходящихся сил Ть Т2 и Рь для которой условие равновесия
выражается следующим равенством (рис.3.35)
Р1 + Т1+Т2 = 0.
(1)
в
Уравнение (1) содержит два
неизвестных: Ti и Т2. Для определения
силы Тх запишем уравнения
равновесия блока А и гири, закрепленной на
конце веревки С. Освобождая блок от
связей (веревки с гирями и крепления
оси блока) и заменяя их силами
натяжения веревки Ть Т3 и реакции в оси блока FA, составим
уравнение моментов, действующих на блок сил относительно оси блока.Д
(рис.3.36)
Рис. 3.35

70
"^N
j*.
11
Y, mA(Fi): T3r-T,r = 0;
/=i
Рис. 3.36 гДе r — радиус блока.
Гиря, закрепленная на конце веревки С, щ
ходится в равновесии под действием двух сил: силы натяже^
веревки Т3 и силы веса Р (рис.3.37). Проектируя эти силы на ос
ОХ, будем иметь
*| £ Fix'- Т3-Р = 0. о
К
от
Хр Из уравнений (2), (3) получим
Рис. 3.37 Ti = Т3 = Р.
Аналогичным образом, рассматривая равновесие блока В р.
гири, закрепленной на конце веревки D, находим
Рис. 3.38
Т2= Р.
Возвращаясь к уравнению (1), строим
р^ соответствующий векторный треугольник (рис
3.38). Из подобия треугольника асе (рис.3.38)и
треугольника АСЕ (рис.3.35) записываем
Р,/2
Р,1
1/2 ^Т'-Д/г)2' 2д/4Р2-Р2
Задача 3.13 (2.14). Груз Р весом 25 Н удерживается в \
новесии двумя веревками, перекинутыми через блоки и натягив^'
емыми грузами Рь Р2 (рис.3.39). Один из этих грузов Р! весит 20 Р
синус угла р, образуемого соотве*
Ш&ШШ(/{тШ(Ш& ствующей веревкой с вертикалью, ps
вен 0,6. Пренебрегая трением на б#
ках, определить величину второго грУ^
' R* Р2 и угол а, образуемый второй $
ревкойс вертикальной линией. Весо^
Рис. 3.39 веревок пренебречь.

71
Решение
Рассмотрим равновесие груза Р. Освободим его от
наложенных связей (веревок, которыми груз Р связан с грузами Pi и
Р2), заменив их эквивалентными по воздействию на груз Р силами
натяжения Ti и Т2. В результате получим систему сходящихся сил
Ть Т2 и Р, для которой условие равновесия выражается
следующим равенством (рис.3.40)
<х
*р
P + Ti+T2 = 0.
(1)
Рис. 3.40
Уравнение (1) содержит два
неизвестных: Т! и Т2. Для определения силы Tt
запишем уравнения равновесия блока
(через который переброшена веревка с грузом
Pi на конце) и груза Рь
Освобождая блок от связей (веревки и крепления оси
блока) и заменяя их силами натяжения веревки Ть Т3 и реакции в
оси блока F0, составим уравнение моментов сил,
действующих на блок радиуса г, относительно оси
ji ^* блокаО(рис.3.41)
0.,
Рис. 3.41
п
£ m0(Fi): гТ3-гТ, = 0.
(2)
1=1
Груз Pi находится в равновесии под действием двух сил:
силы натяжения веревки Т3 и силы веса Pi (рис.3.42).
£i Проектируя эти силы на ось ОХ, будем иметь
И
Рис. 3.42
п
£ F»: Т3-Р, = 0.
(3)
1=1
Из уравнений (2), (3) получим
Т!=Т3= Pi.
Аналогичным образом, рассматривая равновесие блока,
через который переброшена веревка с грузом Р2 на конце, находим
Т2= Р2

72
Возвращаясь к уравнению (1), строим соответствую^,
векторный треугольник (рис.3.43). Учитывая, что
cosp = ^l-sin2p =0,8;
с помощью теоремы косинусов подсчитываем
Р2 = A/Pi2+P2-2P1PcosP = 15 Н,
и, используя теорему синусов, получаем
in ос sinB. Rsinp ЛЛ
—— =-тг11> sina=J — = 0,8.
Pi Р2 Р2
Задача 3.14 (2.20). Однородный шар весом 20 Н
удерживается на гладкой наклонной плоскости тросом, который привязан к
пружинным весам, укрепленным над
плоски костью (рис.3.44); показание пружинных ве-
^^jT I сов ЮН. Угол наклона плоскости к горизошу
(7] Jk равен 30°. Определить угол а, составляемый
у JpjS^H направлением троса с вертикалью, и давле-
^шг I ние Q шара на плоскость. Весом пружинных
^dfi0t^&{ I весов пренебречь.
Рис. 3.44 Решение
Чтобы определить угол а, который
составляет трос с вертикалью, и давление Q шара на плоскость
рассмотрим равновесие шара. Обозначим вес шара как Р. Освс
бодим шар от наложенных связей (наклонной плоскости и троса)»
заменив их эквивалентными по воздействию на шар силами реаК'
ции плоскости N и натяжения троса Т. Сила N перпендикуляра
плоскости, так как по условию плоскость считается гладкой (без
трения). Поскольку силы тяжести системы «трос- пружиннь^
весы» пренебрежимо малы, на систему действуют только 0е
силы— силы реакции, приложенные в точках ее крепление
Согласно аксиоме об уравновешенных силах две силы являют^
уравновешенными, если они равны по модулю и направлены $°
одной прямой в противоположные стороны. Поэтому силы реакции
в точках крепления системы «трос - пружинные весы», а, следя'
вательно, и сила натяжения троса Т, величина которой соотве1*"
ствует показанию весов, направлены по прямой, соединяющей эт**
Рис. 3.43

73
точки (рис.3.45). Таким образом, шар находится под действием
системы сходящихся сил Т, N и Р, для которой условие равновесия
выражается следующим равенством
P + T + N = 0.
Соответствующий равенству (1) векторный
треугольник показан на рис.3.46. Из
треугольника с помощью теоремы синусов
записываем
N sin 30° Ав„
sin а = - = 0,865;
<*.:'' AiT. J sing _ sin30° .
N T ' T
Рис 3.45 а = 60°.
Таким образом, рассматриваемый треугольник, —
прямоугольный с гипотенузой, равной Р.
Следовательно,
N = Psina=17,3H.
Сила N равна по величине и противоположна по
направлению силе давления Q шара на плоскость,
искомой по условию задачи величине.
Задача 3.15 (2.18). На двух взаимно перпендикулярных
гладких наклонных плоскостях АВ и
ВС лежит однородный шар О весом
60 Н (рис.3.47). Определить давление
шара на каждую плоскость, зная, что
плоскость ВС составляет с горизонтом
угол 60°.
Решение
Рис. з.47 Рассмотрим равновесие шара.
Обозначим вес шара как Р.
Освободим шар от наложенных связей
(наклонных плоскостей), заменив их эквивалентными по воз-
Действию на шар силами реакции ND и NE. По условию задачи
плоскости считаются гладкими (без трения). Поэтому силы ND и NE
содержат только нормальные составляющие, перпендикулярные
Плоскостям АВ и ВС, соответственно (рис.3.48).

74
Рис. 3.49
Силы Р, ND и NE образуют сись
му сходящихся сил, для которой условц
равновесия выражается следующим равеь
ством
P + ND + NE = 0.
Соответствующий этому равенству вектор,
ный треугольник показан на рис.3.49. Из
треугольника находим
ND = Р sin60°= 52 Н; NE= Р cos60°= 30R
Силы реакции ND и NE равны по величине
и противоположны по направлению силам
давления шара на плоскости АВ и ВС.
Задача 3.16 (2.19). К вертикальной гладкой стене АВ
подвешен на тросе АС однородный шар О (рис.3.50).
Трос составляет со стеной угол а, вес шара Р.
Определить натяжение троса Т и давление Q шара
на стену.
Решение
Для ответа на поставленные в задаче
вопросы рассмотрим равновесие шара. Освободим
шар от наложенных связей (стены и троса), заме-
Рис. 3.50 нив их эквивалентными по воздействию на шар ей'
лами реакции стены N и натяжения троса Т. Сила
натяжения троса Т направлена вдоль троса. Сила N содержит
только нормальную составляющую, перпендикулярную к стене, так кз#
по условию задачи стена считается гладкой, то есть без трею#
(рис.3.51). Силы Р, N и Т образуют систему сходящихся сил, дл#
которой условие равновесия выражается следующим равенством
P + N + T = 0.
М Соответствующий этому равенств
F* векторный треугольник показан *#
• рис.3.52. Из треугольника находим
Т = -
.; N = Ptga.
Рис. 3.52
cos a

75
Искомая сила давления Q шара на стену равна по величине и
противоположна по направлению силе реакции стены N.
Рис. 3.53
Задача 3.17 (2.16). Груз Р = 20 кН поднимается
магазинным краном ВАС посредством цепи,
перекинутой через блок А и через блок D, который
укреплен на стене так, что угол CAD = 30°
(рис.3.53). Углы между стержнями крана:
ABC = 60°, АСВ = 30°. Определить усилия Qi
и Q2 в стержнях АВ и АС.
Решение
Рассмотрим равновесие блока А,
предварительно освободив его от наложенных
связей (стержней АВ, AD и цепи) и заменив
связи эквивалентными по их воздействию на
блок силами реакции стержней NB, Nc и
натяжения цепи Т (рис.3.54). В условии задачи
предполагается, что весом стержней можно пренебречь. Поэтому
кавдый стержень находится в равновесии под действием только
Двух сил: сил реакции в шарнирах А и В у стержня АВ и сил
реакции в шарнирах А и С у стержня АС. Согласно аксиоме об
уравновешенных силах две силы являются
уравновешенными, если они равны по
модулю, действуют по одной прямой и
направлены в противоположные стороны.
Следовательно, силы реакции в шарнирах А и В
направлены вдоль стержня АВ, а силы
реакции в шарнирах А и С — вдоль стержня АС.
Таким образом, силы реакции NB и Nc,
действующие на блок А со стороны
стержней, будут состоять только из искомых
усилий Qi и Q2 в стержнях, направленных вдоль
АВ и АС, соответственно
«8
! «г' *
IJT/
I /
I
9
Рис. 3.54
NB = Q,; Nc = Q2.
0)
Учитывая, что сила натяжения цепи направлена вдоль цепи,
составим уравнения равновесия блока. Сначала запишем уравнение
Моментов сил, действующих на блок радиуса г, относительно оси
блока (шарнира А)

76
п
X mA(Fi): Tr-Pr = 0.
/=i
Отсюда находим
T = P.
(2)
Силы Т и Р можно сложить и заменить равнодействующе^
R. Так как эти силы равны по модулю, равнодействующая R дел^
угол между векторами Т и Р пополам и имеет линию действия, на,
правленную вдоль АС (а =30° на рис.3.55). В результате, для бло.
ка А, на который действует система сходящихся сил NB, Nc и R,
можно записать следующее уравнение равновесия
NB + Nc + R = 0.
(3)
Причем силы Nc и R направлены вдоль АС, а сила
NB— вдоль АВХАС. При таком расположении
сил NB, Nc и R уравнение (3) может быть
справедливым только тогда, когда
NB = 0; NC = R.
(4)
Рис. 3.55
Учитывая равенства (1), (2) и (4), получаем
Qi = 0; Q2 = R=PV3 = 34,6kH.
Задача 3.18 (2.17). Два одинаковых цилиндра I весом Р
каждый подвешены на нитях к точке 0
(рис.3.56). Между ними лежит цилиндр D
весом Q. Вся система находится в
равновесии. Цилиндры I не касаются друг друга
Определить зависимость между углом &
образованным нитью с вертикалью, и углоМ
Р, образованным прямой, проходящей чере3
оси цилиндров I и И, с вертикалью.
Решение
Рис. 3.56
Сначала рассмотрим равновесней**'
линдра II. Для этого освободим его от й*'
ложенных связей (цилиндров I) и заменим их эквивалентными tfi

77
действию на цилиндр II двумя силами реакций N. В задаче
предполагается, что поверхности цилиндров гладкие (без трения).
Поэтому линии действия сил N перпендикулярны плоскостям,
касательным к поверхностям цилиндров, то есть
направлены вдоль радиусов их оснований
(рис.3.57).
Сила веса Q цилиндра II и две силы
реакции N образуют систему сходящихся сил,
для которой условие равновесия выражается
равенством
Q + 2N =0.
Рис. 3.57
Из векторного треугольника, соответствующего
этому равенству, находим (рис.3.58)
Рис. 3.58
N = -
2cosP
(1)
Выражение (1) содержит искомый угол р. Однако,
неизвестной является и сила N. Для определения силы N
составим уравнение равновесия для одного из
цилиндров I, например, левого. Связями,
наложенными на этот цилиндр, являются цилиндр II и нить.
Освобождая цилиндр I от связей и учитывая, что
сила натяжения нити Т направлена вдоль нити,
записываем (рис.3.59)
Рис. 3.59
P + T+N = 0.
Векторный треугольник, соответствующий этому равенству,
изображен на рис.3.60. Из треугольника по теореме синусов находим
N
sin a sin(p-a)'
N =
Ptga
Psina
sin(P - a) sin p - cos ptga
(2)
Приравнивая правые части выражений (1) и (2),
окончательно получаем

78
Ptgcc
2cos(i sinp-cosptga
tgP =
2P
+ 1 tea.
Примечание. Возможен другой вариант решения задачи
основанный на решении скалярных уравнений равновесия.
Задача 3.19 (2.21). Шарик В весом Р подвешен к непод.
вижной точке А посредством нити АВ и ле.
жит на поверхности гладкой сферы радиуса
г (рис.3.61); расстояние точки А от поверх,
ности сферы АС = d, длина нити АВ = /}
прямая АО вертикальна. Определить
натяжение нити и реакцию Q сферы. Радиусом
шарика пренебречь.
Решение
Рис. 3.61
Рассмотрим равновесие шарика,
освободив его от наложенных связей
(поверхности сферы и нити) и заменив их
эквивалентными по действию на шарик силами Q и Т. Условия
задачи позволяют определить линии
действия сил реакций: линия действия реакции
сферы Q перпендикулярна плоскости,
касательной к гладкой (без трения)
поверхности сферы, а натяжение нити Т
направлено вдоль нити (рис.3.62).
Силы Р, Q и Т образуют систему
сходящихся сил, для которой условие рав'
новесия выражается следующим
равенством
Р + Q + Т = 0.
Рис. 3.62
Соответствующий этому равенству
векторный треугольник изображен на рис.3.63. Из под0'
бия векторного треугольника и треугольника ОА#
нарис.3.62, записываем
Рис. 3.63
Р
ОА
Q:
г
Т
1 *
Отсюда находим

79
r + d r + d
Задача 3.20 (2.22). Однородный шар весом 10 Н
удерживается в равновесии двумя тросами АВ и
CD, расположенными в одной
вертикальной плоскости и составляющими один с
другим угол 150°(рис.3.64). Трос АВ
наклонен к горизонту под углом 45°.
Определить натяжение тросов.
Решение
Рассмотрим равновесие шара, освободив
его от наложенных связей (тросов) и заменив их эквивалентными
по действию на шар силами Тв и Тс. Силы натяжения тросов Тв и
Тс направлены вдоль тросов АВ и CD,
<£\ соответственно, и вместе с силой
тяжести шара Р образуют систему
сходящихся сил, для которой условие
равновесия выражается следующим
равенством (рис.3.65)
Тв + Тс + Р = 0.
Рис. 3.65
Соответствующий этому равенству
векторный треугольник показан на рис.3.66. Из треугольника по
теореме синусов находим
Тс = Р = Тв
sin a sinp sin у
Отсюда,учитывая, что а = 45°, р = 30°,
7 = 105°, получаем
Тс =Р>/2 = 14,1 Н; Тв =1,93Р = 19,3 Н.
Задача 3.21 (2.23). Котел с равномерно распределенным по
длине весом Р = 40 кН и радиусом R = 1 м лежит на выступах
каменной кладки (рис.3.67). Расстояние между стенками кладки
Рис. 3.64
Рис. 3.66

so
~т
"~Ч
Рис. 3.67
/ = 1,6 м. Пренебрегая трением, найти давление котла на кладку ^
точках А и В.
Решение
Рассмотрим равновесие котла, освобо.
див его от наложенных связей (выступов клад^
ки)и заменив их эквивалентными по действию
на котел силами NA и NB. Согласно условию
задачи поверхность котла гладкая (без трения).
Поэтому линии действия сил Na и Nb
перпендикулярны плоскостям, касательным к поверхности котла, то есть
направлены вдоль его радиусов (рис.3.68). Силы реакций NA, NB и
сила веса котла Р образуют систему сходящихся сил, для которой
условие равновесия выражается равенством
Na+Nb + P =0.
Соответствующий этому равенству векторный треугольник
показан на рис.3.69. Из подобия треугольников аос (рис.3.69) и АОС
(рис.3.70) записываем
Рис. 3.68
Рис. 3.69
Рис. 3.70
ос__ Р _ОС
ao~2NA ~АО
Отсюда, учитывая, что
получаем
ос=Г ~Ш =0'6м>
Na = Nb = 33,3kH.

81
Задача 3.22 (2.25). Однородный стержень АВ весом 160 Н,
длиной 1,2 м подвешен в точке С на
двух тросах АС и СВ одинаковой
длины, равной 1 м (рис.3.71 ). Определить
натяжения тросов.
Решение
Рис 371 Рассмотрим равновесие стержня,
освободив его от наложенных связей
(тросов) и заменив их эквивалентными по действию на стержень
силами ТА и Тв. Силы натяжения тросов ТА и Тв направлены вдоль
тросов АС и СВ, соответственно, и вместе с силой тяжести шара Р
образуют систему сходящихся сил, для которой условие
равновесия выражается следующим
равенством (рис.3.72)
А
&
I
«»
11 <*.
Рис. 3.72
ТА + Тв + Р = 0.
Соответствующий этому равенству
векторный треугольник показан на
рис.3.73. Так как по условию
стержень АВ однородный, а тросы имеют
одинаковую длину, треугольник ABC
на рис.3.72 и векторный треугольник
на рис.3.73 —равнобедренные. Поэтому
Рис. 3.73
CD
=iAC4W=0,8 м;
ТА = ТВ = Т;
и из подобия A BCD и д bed получим
T = f^ = 10o Н.
2CD
Задача 3.23 (2.26). Однородный стержень АВ
прикреплен к вертикальной стене посредством шарнира А и
удерживается под углом 60° к вертикали при помощи троса ВС,
образующего с ним угол 30° (рис.3.74). Определить величину и направ-
4-4328

82
ление реакции R шарнира, если известно, что вес стержня
20 Н.
Решение
Рис. 3.74
Рассмотрим равновесие стержня, осво.
бодив его от наложенных связей (шарнира д ц
троса ВС) и заменив их эквивалентными по
действию на стержень силами реакции шарнира
R и натяжения троса Т.
Сила Т направлена вдоль троса, а направ.
ление линии действия реакции R можно опреде-
лить по теореме о трех непараллельных силах.
Для этого достаточно найти точку D пересечения
линий действия силы веса стержня Р и силы
натяжения троса Т (рис.3.75). Согласно теореме линия действия
реакции R будет также проходить через точку D.
Определим угол CAD, который составляет вектор R со
стеной АС. Точка D делит расстояние ВС
пополам, так как через точку D проходит линия
действия силы Р, которая, являясь силой веса
однородного стержня АВ, приложена в его
середине. Это означает, что прямая AD делит
угол CAB пополам. Но ZCAB = 120°.
Следовательно, ZC AD = а = 60°.
Силы Т, R и Р образуют систему
сходящихся сил, для которой условие равновесия
Рис 3 75 выражается равенством
T + R + P = 0.
Соответствующий этому равенству векторный треуголь'
ник, показанный на рис.3.76, подобен треугольнику
ACD. В треугольнике АСВ углы при вершинах С **
В равны 30°. Следовательно, треугольник ACD пр#'
моугольный с углами а = 60° и 30° при вершинах А
и С, соответственно. Из векторного треугольник^
подобного треугольнику ACD, находим
Рис. 3.76
R = Psin30°=10H.
Задача 3.24 (2.33). Для рамы, изображенной на рис.3 ' j
определить опорные реакции RA и RD, возникающие при действ

83
горизонтальной силы Р, приложенной в точке В. Весом рамы
пренебречь.
J-»
2а
7Я7>
WW/
Решение
Рис. 3.77
Рассмотрим равновесие рамы,
освободив ее от наложенных связей
(шарнирных опор AhD) и заменив их
эквивалентными по действию на раму
силами реакций опор RA и RD.
Опора D подвижная: она установлена на катках, которые
опираются на горизонтальную плоскость. Поэтому сила реакции
RD, действующая на раму со стороны опоры D, будет направлена
по нормали к этой плоскости. Направление линии действия
реакции RA можно определить по теореме о трех непараллельных
силах. Для этого достаточно продолжить линии действия сил Р и
RD до их пересечения в точке С (рис.3.78). Согласно теореме линия
действия реакции RA будет также
проходить через точку С. Силы RA, RD и Р
образуют систему сходящихся сил, для
которой условие равновесия
выражается равенством
Рис. 3.78
Рис. 3.79
Ra + Rd + Р = о.
Соответствующий этому
равенству векторный треугольник показан на
рис.3.79. Из подобия векторного
треугольника и треугольника ABC находим
*JL = -L; RD=1/2P.
Р 2а
Векторный треугольник прямоугольный. Поэтому
ra=Vp2+R2d =
Рл/5
Задача 3.25 (2.28). Оконная рама АВ, изображенная на
рис.3.80 в разрезе, может вращаться вокруг горизонтальной оси
Шарнира А и своим нижним краем В свободно опирается на уступ

84
паза. Найти реакции опор, если дано, что вес рамы, равный 89 ^
приложен к середине С рамы и AD = BD.
Решение
Рассмотрим равновесие рамы, осво.
бодив ее от наложенных связей (уступа паза
и шарнира А) и заменив их эквивалентными
по действию на раму силами реакции паза
RB и шарнира RA. Сила RB направлена по
нормали к опорной плоскости уступа, а на.
правление линии действия реакции RA опре.
деляется по теореме о трех непараллельных
силах (рис.3.81). Для этого достаточно найти точку Е пересечения
линий действия силы веса рамы Р и силы реакции паза RB.
Согласно теореме линия действия реакции RA будет также проходить
а через точку Е.
Силы RA, Rb и Р образуют систему
сходящихся сил, для которой условие равно-
I с / весия выражается равенством
RA+ Rb + P = 0.
Рис. 3.80
Рис. 3.81
Соответствующий этому равенству
векторный треугольник изображен на рис.3.82.
Здесь угол между линиями действия сил Р и
RB равен 45°, а угол между линиями действия сил Ra
и RB обозначим как а. С помощью теоремы синусов
можем записать
Рис. 3.82
sin 45°
sin ос
Ra =
Рл/2
2 sin а
Значение sin а определяем из построений,
показанных на рис.3.81
ВЕ=ВС=1/2АВ; АЕ=>/ВЕ2+АВ2
ли^
АВ^;
2
АВ
sin а = -— =
АЕ
?.
V5
Возвращаясь к выражению, полученному для RA, окончательна
находим

85
*,Ж^а
Примечание, Возможен другой вариант решения задачи,
основанный на решении скалярных уравнения равновесия.
Задача 3.26 (2.35). Воздушный шар, вес которого равен G,
удерживается в равновесии тросом
ВС (рис.3.83). На шар действуют
подъемная сила Q и горизонтальная
сила давления ветра, равная Р.
Определить натяжение троса в точке В и
угол а.
Решение
Рис. 3.83
Рассмотрим равновесие шара,
освободив его от наложенной связи
(троса) и заменив ее эквивалентной по
действию на шар силой натяжения Т, направленной по касательной
к тросу. Действующие на шар сила веса G, подъемная сила Q, сила
давления ветра Р и сила натяжения
троса Т образуют систему
сходящихся сил, для которой условие
равновесия выражается следующим
уравнением (рис.3.84)
G + Q + P + T = 0.
О)
С**
Рис. 3.84
Силы G и Q, направленные по
одной прямой, заменим силой F с
модулем
F = Q-G,
а силы Ри F— силой R
Р + F = R.
Из векторного треугольника, образованного силами Р, F
и R, находим (рис.3.85)

&
Рис. 3.85
Р Р
tgOC = — = -
F Q-G
Учитывая уравнение (1), окончательно получаем
t = r=Vp2+(Q-g)2.
Задача 3.27 (2.36). Для сжатия цементного кубика М по
четырем граням пользуются шарнирным механизмом, в котором
стержни АВ, ВС и CD совпадают со
сторонами квадрата ABCD, а стержни
1, 2, 3, 4 равны между собой и на-
правлены по диагоналям того же
квадрата; две равные по модулю силы Р
прикладываются к точкам А и D, как
показано на рис.3.86. Определить
силы Nb N2, N3, N4, сжимающие кубик,
и усилия Sb S2, S3 в стержнях АВ, ВС
и CD, если величина сил,
приложенных в точках А и D, равна 50 кН.
Рис. 3.86
Решение
А
Й'
/Г
I
Рассмотрим равновесие шарнира А, освободив его от
наложенных связей (стержней 1 и АВ) и заменив их эквивалентными
по действию на шарнир силами Ni и Si (рис.3.87). В задаче
предполагается, что весом стержней
механизма можно пренебречь. Поэтому на
каждый стержень действует только
две силы— силы реакций в
шарнирах. Но, согласно аксиоме об
уравновешенных силах, две силы являются
уравновешенными, если они равны по
модулю, действуют по одной прямой
и направлены в противоположные
стороны. Следовательно, усилие в каждом стержне механизма
направлено вдоль стержня: усилие Ni — вдоль стержня 1, а усИ'
лие Si — вдоль стержня АВ. Силы Р, Ni и Si образуют систему
сходящихся сил, для которой условие равновесия выражается
уравнением
P + Ni + S! = 0.
V sf
Рис. 3.87

87
*sl
Векторный треугольник, соответствующий
s* этому уравнению, изображен на рис.3.88. Из
треугольника находим
S^P; N,=
Рис. 3.88
cos 45°
= 70,7 Кн.
Определив усилие Si в стержне АВ, решаем задачу, анало-
ф гичную рассмотренной выше, для шарнира В.
~~ ~ J^l* Освобождаем шарнир В от связей (стержней 2,
'«few^ АВ и ВС) и заменяем их силами N2, Si и S2,
направленными вдоль стержней 2, АВ и ВС
(рис.3.89).
Векторный треугольник,
соответствующий уравнению равновесия для системы сил
N2, Si и S2, изображен на рис.3.90. Из
треугольника находим
-%*
Рис. 3. 89
*1
S^S^P; N2 =
S,
cos45°
= 70,7 Кн.
%
Рис. 3. 90
Рассматривая аналогичным образом
равновесие шарниров С и D, получим
$з =^2 =Р»
N,=-
cos45°
= 70,7 Кн; N4 =
cos45°
= 70,7 Кн.
Задача 3.28 (2.37). Два трамвайных провода подвешены к
поперечным проволочным канатам, из которых каждый
прикреплен к двум столбам (рис.3.91).
Столбы расставлены вдоль пути
на расстоянии 40 м друг от друга.
Для каждого поперечного каната
расстояния АК = KL = LB = 5 м;
КС = LD = 0,5 м. Пренебрегая
весом проволочного каната, найти
натяжения Ть Т2 и Т3 в частях
его AC, CD и DB, если вес 1 м
провода равен 7,5 Н.
т
Рис. 3.91

88
Решение
Рассмотрим равновесие узла С каната, освободив его от
наложенных связей (левой АС и правой CD частей каната) и за.
менив их эквивалентными по действию на узел С силами Ti и T2j
направленными вдоль АС и CD, соответственно. В задаче предпо*
лагается, что в узлах С и D на канат действуют одинаковые силы
тяжести проводов Р, равные произведению веса 1 м провода на
расстояние между ближайшей парой столбов, то есть
Р = 7,5*40 = 0,ЗкН.
Силы Р, Ti и Т2 образуют систему сходящихся в узле С
сил, для которой условие равновесия выражается уравнением
(рис.3.92)
Р + Т! + Т2 = 0. (1)
7Г I Tg t**SL "1 Векторный треугольник, соответ-
f *t ^4" ствующий уравнению (1),
изображен на рис.3.93. Из подобия
этого треугольника и треугольника
АСК находим
Рис. 3.92 Рис. 3.93
1№ЯТ§ = 0Д; Т2=—= ЗкН; Т, =ф^Тт[ = 3,015 кН.
АК tgoc
*jj р» ^|^g Рассматривая аналогичным
образом равновесие узла D,
записываем (рис.3.94,3.95)
и," >&*k
Рис. 3.94 Рис. 3.95
Р + Т2 + Т3 = 0. (2)
Из подобия векторного треугольника, соответствующего
уравнению (2), и треугольника BLD на рис.3.91, получаем
Т! = Т3= 3,015 кН.
Задача 3.29 (2.38). К шарниру А стержневого шарнирное
четырехугольника ABCD, сторона CD которого закреплена, при'
ложена сила Q= 100 Н под углом BAQ = 45° (рис.3.96). Опреде'
лить величину силы R, приложенной в шарнире В под углоМ

89
Рис. 3.96
ABR = 30° таким образом, чтобы
четырехугольник ABCD был в равновесии,
если углы: CAQ = 90°, DBR = 60°.
Решение
Рассмотрим равновесие
шарнира А, освободив его от наложенных
связей (стержней АС и АВ) и заменив их
эквивалентными по действию на
шарнир силами Si и S2. В задаче предполагается, что весом стержней
четырехугольника можно пренебречь. Поэтому на каждый
стержень действует только две силы — силы реакций в шарнирах. Но,
согласно аксиоме об уравновешенных силах, две силы являются
уравновешенными, если они равны по
модулю, действуют по одной прямой и направлены
в противоположные стороны. Следовательно,
усилие в каждом стержне четырехугольника
направлено вдоль стержня: усилие Si — вдоль
стержня АС, а усилие S2 — вдоль стержня АВ
(рис.3.97).
Силы Q, Si и S2 образуют систему
сходящихся сил, для которой условие
равновесия выражается уравнением
•6
Рис. 3.97
47s
Рис. 3.98
Q + Si+ S2 =0.
Векторный треугольник, соответствующий
этому уравнению, изображен нарис.3.98. Из
треугольника находим
S,=-
cos45°
= 141,1 Н.
рис. 3.99
Задачу, аналогичную рассмотренной,
решаем для шарнира В. Освобождаем шарнир
В от связей (стержней АВ и BD) и заменяем
их силами S2 и S3, направленными вдоль
стержней АВ и BD (рис.3.99).
Векторный треугольник,
соответствующий уравнению равновесия для системы сил
R, S2h S3, показан на рис.3.100.

Из треугольника находим
S
R =
cos30°
= 163,5 Н.
Задача 3.30 (2.40). Для трехшарнирной арки, показанной
на рис.3 Л 01, определить реакции опор
А и В, возникающие при действии гори-
зонтальной силы Р. Весом арки
пренебречь.
"""*"* г уп
I * L д Л
Решение
Рис. 3.101
Рассмотрим равновесие арки,
освободив ее от наложенных связей (опор А и В) и заменив их
эквивалентными по действию на арку искомыми силами реакций RA
и RB. В результате арка будет находиться в равновесии под
действием системы сил Р, RA и RB, доя которой справедливо
следующее уравнение
P + RA + RB = 0. (1)
В уравнении <1) из трех слагаемых два, RA и RB —
неизвестны. Причем, реакции опор RA и RB неизвестны и по
модулю, и по направлению. Для решения задачи используем
особенность конструкции арки: ее половины соединены шарниром.
Обозначим этот шарнир как С и разделим арку на половины АС и
СВ. Рассмотрим равновесие каждой половины в отдельности,
начиная с простейшей (в смысле нагружения) половины СВ.
Для правой половины арки связями являются опора В И
левая половина арки. Поэтому после освобождения правой
половины арки от связей на нее будут действовать реакция RB в
опоре В и реакция Re в шарнире С. Так как, согласно условию
задачи вес арки считается пренебрежимо малым, правая половинз
арки будет находиться под действием только двух сил RB и Re
Условие равновесия такой системы выражается уравнением
RB + Re = 0.
(2)
На основании аксиомы об уравновешенных силах силы RB и Яс
должны быть равны по модулю и направлены по прямой ВС в про'
тивоположные стороны (рис.3.102).

91
Определив линию действия реакций RB и Re, переходим к
анализу равновесия левой половины арки. На половину АВ после
освобождения от связей (опоры А и правой половины арки) будет
действовать система из трех сил: заданная сила Р и реакции Re, Ra
в шарнирах С и А. Реакция Re направлена вдоль ВС, а линию
действия реакции RA можно определить, используя теорему о трех
непараллельных силах. Для этого достаточно найти точку
пересечения линий действия сил Р и Re (точка С на рис.3.103). Согласно
теореме линия действия реакции RA будет также проходить через
точку С. Условие равновесия системы сходящихся сил Р, Re и RA
выражается равенством
P + Rc + Ra = 0. (3)
Из векторного треугольника, соответствующего равенству (3),
находим (рис.3.104)
•й.
2
«ч
*N
в
RA=RC=P-
А
/
г •"
4
^7
Рис. 3.102 Рис. 3.103 Рис. 3.104
Возвращаясь к уравнению (1), определяем RB
в с 2
Задача 3.31 (2.43). Дана система, состоящая из четырех
арок, размеры которых указаны на рис.3.105. Определить реакции
опор А, В, С и D, возникающие при действии горизонтальной
силы Р.
Решение
Если рассматривать равновесие всей системы, то после
освобождения ее от наложенных связей (опор А, В, С и D) и
замены их эквивалентными по действию на систему силами реакции
опор Ra, Rb, Rc и Rd оказывается, что число подлежащих опреде-

92
Рис. 3.105
лению неизвестных превышает число уравнений равновесия,
составляемых для плоской системы сил. Поэтому для решения
задачи необходимо использовать особенность конструкции системы:
наличие шарнирных соединений между ее жесткими звеньями.
Обозначим шарниры как N, М, Е и разделим арки системы на
звенья AN, NBM, MCE и ED (рис.3.106). Рассмотрим равновесие
каждого звена в отдельности, начиная с простейшего (в смысле на-
гружения) звена ED.
Н
Рис. 3.106
Для звена ED связями являются опора D и вся остальная
часть системы, расположенная слева от звена ED. Поэтому после
освобождения звена ED от связей на него будут действовать
реакция RD в опоре D и реакция RE в шарнире Е. Так как в задаче
предполагается, что вес арок системы пренебрежимо мал, звено ED
будет находиться под действием только двух сил RD и RE, условие
равновесия которых выражается уравнением
f
RD + RE = 0.
(О
На основании аксиомы об уравновешен'
ных силах силы RD и RE должны быть равны по
модулю и направлены по прямой ED в противО'
Рис. 3.107 положные стороны (рис.3.107).
Определив линию действия реакций Rp
и Re, переходим к анализу равновесия звена МСЕ системы. На зве'

93
'Iч
но MCE после освобождения от связей (опоры С, звена ED и части
системы, составленной из звеньев AN и NBM) будут действовать
три силы: силы реакции RE, Re и RM в шарнирах Е, С и М.
Реакция RE направлена вдоль ED. Реакция Re направлена вдоль
невесомого стержня, который служит опорой
звена МСЕ. У реакции RM можно определить
линию действия, используя теорему о трех
непараллельных силах. Для этого достаточно
найти точку пересечения линий действия сил
Re и Re — точка К на рис.3.108. Согласно
теореме линия действия реакции RM будет
также проходить через эту точку К.
Условие равновесия системы
сходящихся сил RE, Re и RM выражается
уравнением
RE + Rc + RM=0. (2)
Учитывая геометрические размеры звена
МСЕ, из векторного треугольника,
соответствующего уравнению (2) и показанного на
рис.3.109, находим
Рис. 3.108
Ru — Rm — Rr —т~'
(3)
Аналогичные исследования проводим для звеньев NBM и
AN. Звено NBM после освобождения от связей (опоры В и звеньев
AN и МСЕ) будет находиться в равновесии
под действием сил реакций RM, Rb и RN в
шарнирах М, В и N, линии действия
которых пересекаются в точке В (рис.3.110).
Для звена AN связями служат опора
А и часть системы, расположенная справа от
звена AN. После освобождения от связей на
звено AN будут действовать силы реакций
RA и RN в шарнирах А и N и сила Р. Линии
действия сил RA, Rn и Р пересекаются в
точке N (рис.3.111).
Условия равновесия звеньев NBM
и AN выражаются следующими
уравнениями
RN + RB + RM=0; Ra+Rn + P = 0.
Рис. 3.110
Л
Vat
/
/
4
/
Рис. 3.111

94
Соответствующие этим уравнениям векторные треугольники ц0
заны на рис.3.112, 3.113. Из треугольников с учетом равенств (i) *
(3) определяем
кг
Рис. 3.113
RD -^Б -^А ~RN ~RM -Р
й
2 ;
Rr —Rr —*
R
N
cos45°
= P.
Задача 3.32 (2.45). Блок С с грузом Р = 18 Н может
скользить вдоль гибкого троса АСВ, концы которого А и В
прикреплены к стенам (рис.3.114). Расстояние между стенами 4 м,
дойна троса 5 м. Определить натяжение троса при равновесии
блока с грузом, пренебрегая весом
троса и трением блока о трос.
Примечание. Натяжения
частей троса АС и СВ одинаковы; их
величина может быть определена из
подобия треугольника сил и
равнобедренного треугольника, одна из
боковых сторон которого есть прямая
ВСЕ, а основание лежит на вертикали
BD.
Рис. 3.114
Решение
Рассмотрим равновесие троса АСВ. Освободим трос от
наложенных связей (креплений в точках А, В и блока С), заменив и*
эквивалентными по действию на трос силой веса груза Р и силами
натяжения Т (рис.3.115). Силы Р и Т
образуют систему сходящихся сил, условие
равновесия которой выражается
уравнением
Р + 2Т = 0. (1)
Векторный треугольник, соотве?'
ствующий уравнению (1), изображен &.
рис.3.116. Из подобия этого треугольна
ка треугольнику BED записываем
Рис. 3.115

95
ъ
т р
be"" bd'
Р\^^Т Учитывая, что
Рис. 3.116 BD = гл/вЕ^^А?7 =6м;
получаем
Т=15Н.
Задача 4,33 (2.47). Оконная рама АВ, изображенная на
рис.3.117 в разрезе, весом 100 Н открывается, вращаясь вокруг
горизонтальной оси А при помощи шнура BCD, огибающего блоки
С и D. Блок С, размерами которого
пренебрегаем, и точка А лежат на одной
вертикали. Вес рамы приложен в ее
середине, трением также пренебрегаем. Найти
натяжение Т шнура в зависимости от угла
<р, образуемого рамой АВ с
горизонталью АН, предполагая АВ = АС, а
также наибольшее и наименьшее значе-
Рис. 3.117
ния этого натяжения.
Решение
Рассмотрим равновесие рамы АВ весом Р, освободив ее от
Наложенных связей (оси А и шнура BCD) и заменив их
эквивалентными по действию на раму силами реакции оси RA и
натяжения шнура Т. Сила натяжения Т направлена вдоль шнура, а
линию действия реакции RA можно определить, используя теорему
о трех непараллельных силах. Для этого достаточно найти точку
пересечения линий действия сил РиТ — точкуЕна рис.3.118.
.»..- Согласно теореме линия действия реакции
RA будет также проходить через точку Е.
Условие равновесия системы
сходящихся сил Р, Т и RA выражается равенством
Р + Т + RA = 0.
(1)
Рис. 3.118
Учтем, что АВ= AC, BE = ЕС и из
векторного треугольника, соответствующего равенству
(1), запишем (рис.3.119)

96
T = PsinV = Psin|_|} (2)
Из выражения (2) видно, что
при ф = 0: T = Tmax=Psin
приФ = |: T = Tmin=0.
= 70,7 Н;
Задача 3.34 (2.48). На круглом гладком цилиндре с
горизонтальной осью и радиуса О А = 0,1 м
лежат два шарика А и В (рис.3 Л 20): вес
первого 1 Н, второго 2 Н. Шарики
соединены нитью АВ длиной 0,2 м. Определить
углы фх и <р2, составляемые радиусами
ОА и ОВ с вертикальной прямой ОС в
положении равновесия, и давления Щ и
N2 шариков на цилиндр в точках А и В.
Размерами шариков пренебречь.
Рис. 3.120
Решение
Рассмотрим равновесие каждого шарика в отдельности,
предварительно освободив шарики от связей (цилиндра и
соединительной нити), заменив их силами реакции цилиндра Nb N2 й
натяжения нити Т. Силы реакции Ni и N2 направлены по нормалям
к поверхности цилиндра (вдоль радиусов ОА и ОВ,
соответственно), а силы натяжения Т — по касательным к дуге окружности,
образованной нитью. Таким образом, шарик А будет находиться
под действием сил Nb Т и силы тяжести Рь условие равновесия ко'
торых описывается уравнением (рис
3.121)
N,+ T + Pi = 0.
(О
NN/
Из векторного треугольника, соотве*'
ствующего уравнению (1), записыв^'
ем (рис.3.122)
Рис. 3.121
Ni = Picoscpj; Т = P^incp,. (2)

97
«1
$
Рис. 3.122
находим
Представив
получаем
Аналогично для шарика В, на
который действуют силы N2, Т и сила
тяжести Р2. Из векторного треуголь-
'^ ника, соответствующего уравнению
равновесия (3) (рис.3.123)
Рис. 3.123
N2+T + P2 = 0; (3)
N2 = P2cos ф2; T = P2sin ф2. (4)
АВ = (ф! +ф2)ОА;
Ф,=2-р2. (5)
С помощью равенств (2), (3) составим выражение
PLsin9L =
Р2 sin ф2
Отсюда, подставляя значения Рь Р2 и учитывая равенство (5),
будем иметь
2sincp2 =sin(2- ф2);
или
sin2 . __.
*8Ф2=— г = 0,574.
2 + cos2
Следовательно,
ф2 = 29°50'; <р, = 84°45'; Nj = 0,092 Н; N2 = 1,73 Н.
Задача 3.35 (2.50). На проволочной окружности ABC
радиуса R, расположенной в вертикальной
плоскости, помещено гладкое кольцо В, вес
которого р. Размерами кольца пренебречь
(рис.3.124). Кольцо посредством упругой
нити АВ соединено с наивысшей точкой А
окружности. Определить угол <р в
положении равновесия, зная, что сила натяжения
нити Т пропорциональна ее
относительному удлинению, причем коэффициент
пропорциональности равен к.
Рис. 3.124

98
Примечание. Если через L и / обозначить длину нити со*
ответственно в состоянии растянутом и нерастянутом, то
Т = к
L-1
Т/Тш*
Решение
Рассмотрим равновесие кольца В, освободив его от
наложенных связей (нити АВ и окружности ABC) и заменив их
эквивалентными по действию на кольцо силами
реакции окружности N и натяжения нити Т.
Сила натяжения Т направлена вдоль нити, а
сила реакции N — по нормали к окружности
(по радиусу ОВ на рис.3.125), так как по
условию кольцо считается гладким. Силы N и
Т вместе с силой веса кольца р образуют
систему сходящихся сил, для которой условие
равновесия выражается равенством
Рис. 3.125
N+T + p = 0.
Из векторного треугольника,
соответствующего этому равенству, находим (рис.3.126)
T = 2pcoscp;
или с учетом выражения для Т, которое дано в
примечании к условию задачи
k(L-l) = 2plcoscp.
0)
Длину нити L определим из треугольника ABC
L = AB= 2Reos(p.
Подстановка выражения (2) в равенство (1) дает
kl
cos<p =
2(Rk-pl)
(2)
(3)

99
Принимая во внимание, что cos(p S 1, получаем условие, при
ротором справедлива формула (3)
k>JHL. (4)
рели условие (4) не выполняется, то ф = 0.
Задача 3.36 (2.51). Точка М притягивается тремя
неподвижными центрами Mi(xb yi), М2(х2, у2) и М3(х3, у3) силами,
пропорциональными расстояниям F! = k^, F2 = k2r2, F3 = k3r3, где
г, = ММЬ r2 = ММ2, r3 = ММ3, а кь к2, к3 — коэффициенты
пропорциональности. Определить координаты х, у точки М в
положении равновесия.
Ц\ нк Решение
\
/j\M р На точку М действует система
/Г^ч 3 сходящихся сил Fb F2 и F3, условие
У ч ^jU равновесия которой выражается следу-
М* * ющим уравнением (рис.3.127)
* F1 + F2 + F3 = 0. (1)
Рис. 3.127
Запишем проекции этого
уравнения на оси системы координат XOY
л
X Fix:Flx + F2x + F3x = 0; (2)
»=1
п
]Г Fiy:Fly + F2y + F3y = 0. (3)
/=i
Согласно условию
г \х ~ Kifixj г [у — Kifiyj 1 — 1, Z, 3,
гДе Пх, riy — проекции радиус-вектора ri? определяющего
положение центра Mi относительно точки М (рис.3.128).
С учетом произвольно выбранного расположения центров
Мь М2, М3 относительно точки М и направления сил ¥х находим

100
Flx = - k,(x-xi); F2x = - k2(x-x2);
F3x = k3(x3-x); Fly = - My-yi);
F2y = k2(y2 - y); F3y = k3(y3 - у).
Подстановка этих выражений в уравнения
X (2) и (3) дает
- ki(x - хО - k2(x - х2) + k3(x3 - х) = 0;
- k1(y-y1) + k2(y2-y) + k3(y3-y) = 0.
х =
KiXi л-К2Х2 tKjXj
kj+k2+k3
к1У1+к2у2+кзУ3
k1 + k2 +k3
Задача 3.37 (2.52). Однородная прямоугольная пластинка
весом 50 Н подвешена так, что может свободно вращаться вокруг
горизонтальной оси, проходящей вдоль одной из ее сторон.
Равномерно дующий ветер удерживает ее в наклонном положении под
углом 18° к вертикальной плоскости. Определить
равнодействующую давлений, производимых ветром на пластинку
перпендикулярно ее плоскости.
Решение
Рассмотрим равновесие пластинки, освободив ее от
наложенной связи (крепления оси подвески) и заменив ее
эквивалентной по действию на пластинку силой реакции Ro. Пластинка
будет находиться под действием силы веса Р, силы реакции Ro и
равнодействующей давлений Q. Причем силы Р и Q приложены в
середине пластинки (в точке С на рис.3.129), так как пластинка
считается однородной, а силы давления, производимые
ветром, распределяются по пластине равномерно.
Из двух неизвестных сил Ro и Q по условию
задачи требуется определить только силу Q. Поэтому
составляем одно скалярное уравнение равновесия, -^
уравнение моментов относительно точки О (точки
приложения реакции Ro)
Рис. 3.129
rt
^] m0(Fi): Q*OC-P*OCsinp
0.
/=i

101
Отсюда
Q = Psin^ = 15,5 Н.
Задача 3.38 (2.53). Концевая цепь цепного моста заложена
в каменное основание, имеющее форму прямоугольного
параллелепипеда, среднее сечение которого есть ABDC (рис.3.130).
Стороны АВ = АС = 5 м, удельный вес кладки 25 кН/м3; цепь
расположена на диагонали ВС. Найти
необходимую длину а третьей стороны
параллелепипеда, если натяжение цепи Т = 1000 кН.
Примечание. Основание должно быть
рассчитано на опрокидывание вокруг ребра D,
при расчете пренебрегаем сопротивлением
грунта.
Рис. 3.130
Решение
Длина третьей стороны параллелепипеда а при заданных
размерах двух других сторон (АВ и АС) определяет объем
параллелепипеда V
V = AB*AC*a. (1)
По известному удельному весу однородной кладки 7 можно
подсчитать вес Р параллелепипеда объемом V
P=7V.
(2)
Таким образом, чтобы найти длину а, необходимо
определить силу веса основания моста, которая обеспечивает его
равновесие. Освободим основание моста от наложенной связи
(опорного грунта) и заменим ее эквивалентной по действию на
основание силой реакции R. Так как по
условию задачи основание должно быть
рассчитано на опрокидывание вокруг ребра
D, опорой для основания моста служит
точка D грунта и в этой точке будет
приложена сила R (рис.3.131).
Основание моста находится в
равновесии под действием силы реакции R,
силы натяжения цепи Т и силы веса Р. Из
двух неизвестных сил R и Р подлежит опре-
Рис. 3.131

102
делению только сила Р, для чего достаточно составить одно скач
лярное уравнение равновесия — уравнение моментов относу
тельно точки D (точки приложения реакции R)
]Г mD(Fi): P*CD/2-T*ED = 0.
1=1
Отсюда с учетом равенств (1) и (2) находим
Р = 2T(ED/CD) = 1000 V2 кН; а = Р/( 7 * АВ * АС) = 2,26 м.
Таким образом, при а > 2,26 м основание моста будет находиться в
равновесии.
Задача 3.39 (2.54). Земляная насыпь подпирается
вертикальной каменной стеной АВ (рис.3,132). Найти не-
\g_ обходимую толщину стены а, предполагая, что
давление земли на стену направлено горизонтально,
щ
_ \ \ г
si
SM
[^^^ приложено на 1/3 ее высоты и равно 60 кН/м (на
|Ц метр длины стены); удельный вес кладки 20 кН/м3.
Примечание. Стена должна быть рассчитана на
опрокидывание вокруг ребра А.
ш
Рис. 3.132
Решение
В задаче требуется найти толщину а стены,
которая имеет форму параллелепипеда объемом V
V = a*B*h;
(1)
где в, h — ширина и высота стены.
По заданному удельному весу кладки можно подсчитать
вес стены Р
Р= 7V. (2)
Таким образом, чтобы определить толщину а, необходимо
найти силу веса стены Р, которая удерживает ее в равновесий-
Освободим стену от наложенных связей (вертикальной и
горизонтальной частей земляной насыпи) и заменим их эквивалентными
по действию на стену силами реакции Q и R. Сила реакции
вертикальной части насыпи Q задана условием задачи по модулю И

103
направлению. У силы реакции горизонтальной части насыпи R
неизвестны и модуль и направление. Однако, известно, что сила R
приложена в точке А (согласно условию
расчет стены проводится на опрокидывание
вокруг ребра А).
Из трех сил Р, Q и R, действующих на
стену, неизвестными являются силы Р и R
(рис.3.133). Причем, определению подлежит
только сила Р, для чего достаточно составить
одно скалярное уравнение равновесия —
уравнение моментов относительно точки А
(точки приложения реакции R)
№
La
ш
Рис. 3.133
£ mA(Fi): Q*h/3-P*a/2 = 0;
/=i
или с учетом равенств (1) и (2)
Q*h/3- 7(a*B*h)a/2 = 0.
а= 1,41м.
Отсюда
Таким образом, при а > 1,41 м стена будет находиться в
равновесии.
Задача 3.40 (2.55). Водонапорная башня состоит из
цилиндрического резервуара высотой 6 м и диаметром 4 м, укрепленного
на четырех симметрично расположенных столбах, наклонных к
горизонту (рис.3.134); дно резервуара находится на высоте 17 м
над уровнем опор; вес башни 80 кН,
давление ветра рассчитывается на площадь
проекции поверхности резервуара на
плоскость, перпендикулярную
направлению ветра, причем удельное давление ветра
принимается равным 1,25 кПа. Определить
необходимое расстояние АВ между
основаниями столбов.
Примечание. Расстояние АВ
должно быть рассчитано на опрокидывание
давлением ветра при горизонтальном его
Рис. з. 134 направлении.

104
Решение
Рассмотрим равновесие башни, освободив ее от наложен,
ных связей (опор А и В) и заменив их эквивалентной по действие
на башню силами реакций. Согласно условию задачи искомое рас*
стояние АВ должно рассчитываться на опрокидывание башни. При
этом реакция одной из опор будет равна нулю. Допустим, что та*
кой опорой является опора А. Тогда к башне будет приложена
единственная сила реакции R опоры В. Кроме реакции R на башню*
действуют сила веса Р и сила давления ветра F. Силу F
подсчитаем, приняв во внимание, что направление ветра горизонтальное и
давление ветра распределяется по площади проекции поверхности
резервуара равномерно. Обозначив удельное давление ветра как у
и используя обозначения рис.3.135, будем иметь
d
F= <у*1*<1 = 30кН.
Так как в данной задаче
определению подлежит только расстояние АВ,
для этого достаточно составить одно
скалярное уравнение равновесия —
уравнение моментов относительно точки В
(точки приложения реакции R)
.ь*.
Рис. 3.135
ft
]Г mB(Fi): P*AB/2-F*(h + l/2) = 0.
/=i
Отсюда
AB = 2F*(h + l/2)/P=15M.
Таким образом, при АВ^> 15 м башня будет находиться в
равновесии.
У/ЩМ
Задача 3.41 (2.24). Вес однородного трамбовочного катка
равен 20 кН, радиус его 60 см.
Определить горизонтальное усилие
Р, необходимое для перетаскивания
катка через каменную плиту
высотой 8 см, в положении, указанном
на рис.3.136.
Рис. 3.136

105
Решение
В условии задачи предполагается, что единственной
связью, наложенной на каток и удерживающей его в равновесии,
является плита. Освободим каток от этой связи и заменим ее
эквивалентной по действию на каток силой N,
приложенной в точке касания катка с
плитой С (рис.3.137). Таким образом,
каток будет находиться в равновесии под
действием трех сил: горизонтальной силы
Р, силы тяжести G и силы реакции N.
Чтобы определить силу Р,
достаточно составить одно скалярное
уравнение равновесия — уравнение моментов действующих на каток сил
относительно точки С
п
£ mcCFO: P(H-h)-Gr =
0.
i=i
Решая это уравнение относительно искомой силы Р и учитывая,
что
r=VH2-(H-h)2=30cM;
получим
Р= 11,53 кН.
Примечание. Возможен другой вариант решения задачи,
основанный на решении векторного уравнения равновесия.
Задача 3.42 (4.3). Однородный шар весом Q и радиусом а
О и гиря весом Р подвешены на веревках в точке О,
как показано на рис.3.138. Расстояние ОМ = Ь.
Определить, какой угол <р образует прямая ОМ с
вертикалью при равновесии.
Решение
Рис. 3.138
Рассмотрим равновесие системы,
составленной из шара и гири. Освободим систему от
наложенной связи (шарнирной опоры О), заменив
Опору эквивалентной по ее действию на систему силой реакции R
(рис.3.139). Для определения угла <р составим уравнение момен-

106
"N
Рис. 3.139
тов сил, действующих на систему, относитель^
точки О (точки приложения реакции R)
Отсюда
/=1
]Г m0(Fi): Q*OM*sincp -
-P(a-OM*sin(p) = 0.
Pa
sin(p
(Q + P)b
Задача 3.43 (3.21). Предохранительный клапан А парово-
го котла соединен стержнем АВ с однородным рычагом CD длиной
50 см и весом 10 Н, который может вращаться вокруг неподвижной
оси С (рис.3.140); диаметр клапана
—рп d = 6 см, плечо ВС = 7 см. Какой
Г*""] груз Q нужно подвесить к концу D
* рычага для того, чтобы клапан сам
открывался при давлении в котле,
равном ПООкПа?
Рис. 3.140
Решение
Рассмотрим равновесие клапана, для чего освободим его
от наложенной связи (опоры С), заменив связь эквивалентной по
действию на клапан силой реакции опоры Re. Давление р,
действующее на клапан площадью S, заменим силой давления Р
P = pS = p7Cd2/4 = 3,licH.
Клапан будет находиться *
равновесии под действием сил тяжес-
ти груза Q и клапана G, реакции one
ры Re и силы давдения Р (рис.3.141)
Причем, силы Q и Re являются неиз*
вестными. Однако, согласно условие
задачи, определению подлежит только сила Q. Для этого д0'
статочно составить одно скалярное уравнение равновесия ^
уравнение моментов относительно точки С (точки приложен^
реакции Re)
Рис. 3.141

107
J] mc(Fi):PBC-GCD/2-QCD = 0.
1=1
отсюда находим
Q = 430H.
Задача 3.44 (3.22). Несколько одинаковых однородных
лдйт длиной 2/ сложены так, что часть каждой плиты выступает
плитой нижележащей (рис.3.142). Определить предельные
длины выступающих частей, при
которых плиты будут находиться
в равновесии.
Примечание. При
решении складываются
последовательно вес плит, начиная с верх-
Рис. 3.142 ней
Решение
Сначала рассмотрим равновесие одной плиты. Освободим
ее от наложенной связи (опоры), заменив связь эквивалентной по
действию на плиту силой реакции опоры R. На однородную плиту
будут действовать сила тяжести Р, приложенная в ее середине, и
сила реакции R (рис.3.143). Для равновесия плиты необходимо,
чтобы выполнялось условие
п
'—С
г*-
Рис. 3.143
Отсюда находим предельную длину
выступающей части плиты
х = 1.
Аналогичную задачу решаем для системы, составленной
Из двух плит. Освобождаем ее от наложенной связи (опоры),
заменяя связь эквивалентной по действию на плиту силой реакции
опоры R. На систему будут действовать силы тяжести плит Рь Р2,
Приложенные в середине каждой плиты, и сила реакции R
(рис.3.144). Для равновесия системы необходимо, чтобы
выполнялось условие

108
^J i У. Ша(Р0:Р1(1-х)-РзХ = О.
I*
Рис. 3.144
/=1
Отсюда
х =1/2.
Для системы, составленной из трех
плит, предельные длины выступающих частей определяем щ
условия (рис.3.145)
_С
п
\R £ mA(Fi):P1(l-x) + P2(l/2-x)-
' | —» '=1
Отсюда
Рис. 3.145
Х = 1/3.
Повторяя эту операцию для систем,
составленных из четырех, пяти и так далее плит, будем иметь
х = 1/4,1/5 и т. д.
Задача 3.45 (3.23). Железнодорожный кран опирается на
рельсы, расстояние между которыми равно 1,5 м (рис.3.146). Вес
тележки крана равен 30 кН, центр тяжести ее находится в точке А,
лежащей на линии KL пересечения плоскости симметрии тележки
с плоскостью рисунка. Вес лебедки В крана равен 10 кН, центр
тяжести ее лежит в точке С
на расстоянии 0,1 м от
прямой KL. Вес противс
веса D равен 20 кН, центр
тяжести его лежит в точке
Е на расстоянии 1 м о?
прямой KL. Вес укосинь*
FG равен 5 кН и центр тЯ'
жести ее находится в тоЧ'
ке Н на расстоянии 1 м of
прямой KL. Вылет кран^
LM = 2 м. Определить най'
больший груз Q, который
не опрокинет кран.
Рис. 3.146

109
Решение
Рассмотрим равновесие крана при наибольшем грузе Q.
Полагая, что в данном случае кран опирается только на правый
еЛЬс, освободим кран от этой опоры (опоры D на рис.3.147),
заменив ее эквивалентной по действию на кран силой реакции RD.
g результате, кран будет находиться под действием системы сил
тяжести груза Q, укосины Рь
тележки Р2, лебедки Р3,
противовеса G и реакции RD.
Причем, силы Q и Rd
являются неизвестными.
Согласно условию задачи
определению подлежит только сила
Q. Для этого достаточно
составить одно скалярное
уравнение равновесия —
уравнение моментов
относительно точки D (точки
приложения реакции RD)
Рис. 3.147
п
2 Шо( Fi): 1/75G + 0,85Р3 + 0,75Р2 - 0,25Р, - 1,25Q = 0.
1=1
Отсюда находим
Q = 51,8H.
-^KS^r^
Задача 3.46 (3.24). Центр тяжести передвижного
рельсового крана, вес которого
(без противовеса) равен
Pi = 500 кН, находится в
точке С, расстояние
которой от вертикальной
плоскости, проходящей
через правый рельс,
равно 1,5 м (рис.3.148).
Крановая тележка
рассчитана на подъем груза Р2 =
= 250 кН; вылет ее равен
Юм. Требуется
определить наименьший вес Q и
Рис. 3.148

110
наибольшее расстояние х от центра тяжести противовеса ^
вертикальной плоскости, проходящей через левый рельс В ^
чтобы кран не опрокинулся при всех положениях тележки щ
нагруженной, так и ненагруженной. Собственным весом теле^
пренебречь.
Решение
Сначала рассмотрим случай равновесия крана с нена*
груженной тележкой. Так как по условию задачи требуется опре.
делить наименьший вес Q, опорой крана будет служить только
рельс В. Освободим кран от опоры В, заменив ее эквивалентной
по действию на кран силой реакции RB. В результате, кран будет
находиться под действием системы сил тяжести крана Рь
противовеса Q и реакции Щ
(реакция RA в опоре А,
показанная на рис.3.149,
будет равна нулю). Из
двух неизвестных сил Q
и RB определению
подлежит только сила Q. Для
этого достаточно
составить одно скалярное
уравнение равновесия —
уравнение моментов
относительно точки В
(точки приложения реакций
Rb)
Рис. 3.149
п
£ mB(Fi): xQ-4,5P, = 0.
<=i
(1)
Так как расстояние х неизвестно, из уравнения (1) можем опр^
делить только произведение xQ
xQ = 2250 кНм.
Теперь исследуем равновесия крана с нагруженной теле#'
кой. В этом случае опорой крана будет служить только рельс А
Освободив кран от опоры А, заменим ее эквивалентной по де#'
ствию на кран силой реакции RA. Кран будет находиться поД

Ill
действием системы сил тяжести крана Рь груза Р2, противовеса Q
{1 реакции RA (реакция RB в опоре В, показанная на рис.3.149,
будет равна нулю). Запишем уравнение моментов действующих на
кран сил относительно точки А (точки приложения реакции Ra)
п
J] mA( Fi): (х + 3)Q - 1,5Р! - 10Р2 = 0.
Отсюда, с учетом полученного значения xQ, находим
Q = 333,3 кН; х = 6,75 м.
Задача 3.47 (3.25). Кран для загрузки материалов в
мартеновскую печь состоит из лебедки А, ходящей на колесах по
рельсам, уложенным на балках передвижного моста В (рис.3.150).
Рис.3. 150
К нижней части лебедки прикреплена опрокинутая
колонка D, служащая для укрепления лопаты С. Какой вес Р должна
Име^ь лебедка с колонной, чтобы груз Q = 25 кН, помещенный на
Лопате на расстоянии 5 м от вертикальной оси ОА лебедки, не
опрокидывал ее? Центр тяжести лебедки расположен на оси ОА;
Расстояние каждого колеса от оси ОА равно 1 м.
Решение
Рассмотрим равновесие крана, полагая, что лебедка крана
опирается на рельсы только правым колесом. Освободим кран от
Этой опоры, заменив ее эквивалентной по действию на кран силой
Реакции R. В результате, кран будет находиться под действием си-

112
стемы сил тяжести груза Q, лебедки Р и реакции R (рис.3.151) ь
двух неизвестных сил Р и R
^
гласно условию задачи опред^
нию подлежит только сила Р. д/
этого достаточно составить одь
скалярное уравнение равновесия ^
уравнение моментов относительц0
точки F (точки приложения силы fy
п
£ m^Fi): P-4Q = 0.
Рис. 3.151
Отсюда
Р = 60 кН.
Задача 3.48 (3.26). Подъемный кран установлен на
каменном фундаменте (рис.3.152). Вес крана Q = 25 кН и приложен
в центре тяжести А на расстоянии АВ = 0,8 м от оси крана; вылет
крана CD = 4 м. Фундамент имеет
квадратное основание, сторона
которого EF = 2 м; удельный вес
кладки 20 кН/м3. Вычислить
наименьшую глубину
фундамента, если кран предназначен для
подъема тяжестей до 30 кН,
причем фундамент должен быть
рассчитан на опрокидывание вокруг
Рис. 3.152 ребра F.
Решение
Рассмотрим равновесие системы, составленной из крана **
фундамента. Подсчитаем вес фундамента G с удельным весоМ
кладки 7» полагая, что он имеет форму прямоугольного пара*1'
лелепипеда с квадратным основанием площадью S = (EF)2 и вЫ'
сотой h
G = 7Sh = 80h. (1)
Учитывая, что фундамент рассчитан на опрокидывание я0'
круг ребра F, освободим систему от опоры ребра F, заменив ее э*'
вивалентной по действию на систему силой реакции R. В резуЛ*'

из
тате, система будет находиться
под действием сил тяжести
крана Q, фундамента G,
поднимаемого груза Р и реакции R
(рис.3.153). Для определения
наименьшей глубины
фундамента h достаточно составить
одно скалярное уравнение
равновесия — уравнение
моментов относительно точки F
(точки приложения реакции R)
Отсюда
J] mF(Fi): G + 0,2Q-3P = 0.
G = 85 кН;
/=i
и с учетом выражения (1) окончательно получаем
h = 1,0625 м.
Задача 3.49 (3.29). Два стержня АВ и ОС, вес единицы
длины которых равен 2р, скреплены под прямым углом в точке С
(рис.3.154). Стержень ОС может
вращаться вокруг горизонтальной оси О;
АС = СВ = а, ОС = Ь. В точках А и В
подвешены гири, вес которых Pi и Р2;
Р2 > Pi. Определить угол а наклона
стержня АВ к горизонту в положении
равновесия.
Решение
Рассмотрим равновесие системы,
составленной из стержней АВ и ОС,
освободив систему от наложенной связи
(шарнирной опоры О) и заменив ее
эквивалентной по действию на систему силой
реакции R. Система будет находиться под
действием сил тяжести гирь Pj и Р2,
стержней Р3 и Р4 и силы R (рис.3.155). Для
Рис. 3.154
S*328
Рис. 3.155

114
определения угла а наклона стержня АВ к горизонту достаточь
составить одно скалярное уравнение равновесия — уравнение щ
ментов относительно точки О (точки приложения силы R)
]Г m0( Fi): Р^АС cos а + ОС sin а) - Р2(ВС cos а - ОС sin а) ^
+ Р3 ОС since + Р4(ОС sina)/2 = 0.
Отсюда, учитывая, что
Р3 = 4ра; P4 = 2pb;
находим
tga = (а/Ь)(Р2 - Р,) / [р(Ь + 4а) + Р, + Р2].
Задача 3.50 (4.2), Горизонтальная балка крана, длина
которой /, у одного конца укреплена
шарнирно, а у другого конца В
подвешена к стене посредством тяги ВС,
угол наклона которой к горизонту равен
ОС. По балке может перемещаться груз
Р, положение которого определяется
переменным расстоянием х до шарнира
А (рис.3.156). Определить натяжение Т
тяги ВС в зависимости от положения
груза. Весом балки пренебречь.
Решение
Рис. 3.156
Рассмотрим равновесие балки, освободив балку от
наложенных связей (шарнирной опоры А и тяги СВ) и заменив их
эквивалентными по действию на балку силами реакции опоры RA и
натяжения тяги Т.
В задаче предполагается, что
силы веса балки и тяги пренебрежимо
малы. Поэтому на балку действуют толь'
ко силы веса груза Р, реакции RA и
натяжения Т (рис.3.157). Причем у силЫ
натяжения Т известна линия действия
(она направлена вдоль тяги СВ), но
неизвестна величина. У силы реакции Ra
неизвестными являются и направление и ве-
*/»
Рис.3.157

115
личина. Однако, согласно условию задачи определению подлежит
только сила Т, для чего достаточно составить одно скалярное
уравнение равновесия — уравнение моментов относительно точки А
it
^Г mA(Fi): T*AB*siim -P*x = 0.
Отсюда находим
Т =
Рх
lsinot
Задача 3.51 (4.1). К однородному стержню АВ, который
может вращаться вокруг шарнира А, подвешена в точке В на
веревке гиря С весом в 10 Н (рис.3.158). От конца стержня В
протянут трос, перекинутый через блок D и
поддерживающий гирю весом в 20 Н.
Найти величину угла BAD = а, при
котором стержень будет находиться в
положении равновесия, зная, что АВ = AD
и вес стержня 20 Н. Трением на блоке
пренебречь.
Рис. 3.158
Решение
Рассмотрим равновесие стержня, для чего освободим стер-
Жень от наложенных связей (шарнирной опоры А, веревки и
троса), заменив их эквивалентными по действию на стержень силой
Реакции опоры Ra и силами натяжений веревки Т! и троса Т2. В
результате, стержень будет находиться
под действием сил RA, Ть Т2 и силы
веса G (рис.3.159). Для определения
угла BAD составим уравнение
моментов относительно точки А (точки
приложения реакции RA). Учитывая,
что треугольник ABD равнобедрен-
Рис. 3.159 нь,й> будем иметь
л*
V mA(Fi): TlABcos(^-a) + G(AB/2)cos(^-a)-
-T2ABcos(cx/2) = 0. (1)
i=i

116
Неизвестные силы натяжения Т| и Т2 найдем, рассмотрев
равновесие груза С и блока D. Освободив груз С и блок D от связей
(веревки, троса и шарнирной опоры блока D), составим уравнение
проекций сил на ось CY для груза С и уравнение моментов от*
носительно шарнирной опоры блока D
радиуса г (рис.3.160,3.161)
Рис. 3.160
Рис. 3.161
]Г Fiy:T1-P = 0;
/=i
п
£ mD(Fi): T2r-Qr = 0.
(2)
(3)
Из уравнений (2), (3) находим
С помощью полученных значений Т{ и Т2 перепишем
уравнение (1), в виде квадратного уравнения относительно cos а
Отсюда
2cos2# -cosa -1=0.
(cosa)i = 1; (cosa)2 = -l/2; a = 120°.
Задача 3.52 (4.4). Ломаный рычаг ABC, имеющий
неподвижную ось В, весит 80 Н; плечо АВ =
= 0,4 м, плечо ВС = 1 м, центр тяжести
рычага находится на расстоянии 0,212 м
от вертикальной прямой BD (рис.3.162)-
В точках А и С привязаны веревки,
перекинутые через блоки Е и F и
натягиваемые гирями весом Pj = 310 И
и Р2 = 100 Н. Пренебрегая трениеМ
на блоках, определить угол BCF ^ ф
в положении равновесия, если угол
ВАЕ= 135°.
Рис. 3.162
Решение
Рассмотрим равновесие рычага, для чего освободим рычзг
от наложенных связей (шарнирной опоры В и веревок), заменив и*

117
эквивалентными по действию на рычаг силой реакции опоры RB и
силами натяжений веревок Ть Т2. В результате, рычаг будет
находиться под действием сил RB, Ть Т2 и силы веса G (рис.3.163).
Для определения угла BCF = ср составим уравнение моментов
относительно точки В (точки приложения реакции RB)
п
]Г mB( Fj): Т,АВ cos45°- G * h - Т2ВС cos ф = О,
(О
/=1
где h — расстояние центра тяжести рычага до вертикальной
прямой BD.
Неизвестные силы натяжения Ti и Т2 найдем, рассмотрев
равновесие блоков Е и F. Освободив блоки от связей (веревок и
шарнирных опор), составим уравнения моментов относительно
опор блоков (точек приложения реакций RE и RF, рис.3.164, 3.165)
Рис. 3.163
Рис. 3.164
Рис. 3.165
п
]Г mE(Fi): Рл-Т^-О;
i=i
п
£ mE(Fi): P2r2-T2r2 = 0,
/=i
где rb r2 — радиусы блоков Е и F.
Отсюда
Ti = Р,; Т2=Р2.
Подставляя полученные значения Ti и Т2 в уравнение (1), находим
Cos0> = 0,707. Этому значению косинуса соответствуют два
значения угла ср: (pi= 45°, ф2= 135°.

ин
Задача 3.53 (2.39). Стержневой шарнирный многоуголь*
ник состоит из четырех равные
стержней (рис.3.166); концы А ц
Е шарнирно закреплены; узлы В5
С и D нафужены одинаково^
вертикальной нагрузкой Q. В по.
ложении равновесия угол накло*
на крайних стержней к горизонту
а = 60°. Определить угол р
наклона средних стержней к
горизонту.
Рис. 3.166
Решение
Рассмотрим равновесие шарнира С, освободив его от
наложенных связей (стержней ВС и CD) и заменив их
эквивалентными по действию на шарнир силами Si и S2. В задаче
предполагается, что весом стержней многоугольника можно пренебречь.
Поэтому на каждый стержень действует только две силы — силы
реакций в шарнирах. Но, согласно аксиоме об уравновешенных
силах, две силы являются уравновешенными, если они равны по
модулю, действуют по одной прямой и направлены в
противоположные стороны. Следовательно, усилие в каждом стержне
многоугольника направлено вдоль стержня: усилие Si — вдоль стержня
ВС, а усилие S2 — вдоль стержня CD (рис.3.167).
Составим уравнения равновесия
Щ шарнира С, который находится под
действием системы сходящихся сил Q, Si tf
S2, расположенных в плоскости XCY
Рис. 3.167
/=1
/=1
F^ Si- S2 = 0;
Fiy: Sisinp +S2sinp -Q = 0. (1)
Из системы (1) нельзя определить искомый угол р (в дву*
уравнениях три неизвестных). Дополним ее уравнениями равнове'
сия шарнира В. Решаем задачу, аналогичную рассмотренной вы'
ше. Освобождаем шарнир В от связей (стержней АВ и ВС) **

119
заменяем их силами Si и S3, направленными вдоль стержней АВ и
рС (рис.3.168). В проекциях на оси ВХ и BY записываем
й
п
Ц „ У F»:-Sicosp+S3cosa=0;
Т % 2l F*: ~ sisinP + s*sina -Q=о.
А*
* Из уравнений систем (1), (2) находим
(2)
Рис. 3.168
Si = s2; s3 = QV3; ctgp = V3; р = зо°.
Задача 3.54 (3.1). Определить вертикальные реакции опор,
на которые свободно оперта у сво-
~*—* 1 I l 1 \ Р их концов горизонтальная балка
"» * * * ■ ' "д* длины /, нагруженная равномерно
I *Щ? по Р Н на еДиницУ Длины (рис.
*н 3.169). Вес балки считать
включенным в равномерно распределенную
Рис. 3.169 нагрузку.
Решение
Заменим действующую на балку распределенную
нагрузку сосредоточенной силой G. Учитывая, что балка нагружена
равномерно, находим
G = p/.
Точка приложения силы G будет лежать на середине балки.
Рассмотрим равновесие балки, освободив ее от
наложенных связей (опор А и В) и заменив их эквивалентными по дей-
Ш ствию на балку вертикальными
J силами реакции Rx и R2 (рис.3.170).
Rl ф£ Силы G, Ri и R2 образуют систему
Р —-—Дд параллельных сил, условие равно-
1
Рис.з.170 £ F.y. r1 + r2_g=0;
весия которой выражается уравне-
ниями
/=1

120
п
]Г mA(Fi):R2/-G(//2) = 0.
/=i
Отсюда
R2 = R1 = G/2 = p//2.
Задача 3.55 (3.2). Определить вертикальные реакции опор
горизонтальной балки пролета /, если груз Р помещен на ней на
расстоянии х от первой опоры.
Решение
Рассмотрим равновесие балки, освободив ее от наложенных
связей (опор А и В) и заменив их эквивалентными по действию на
балку вертикальными силами реакции Ri и R2(рис.3.171). Силы Р,
Ri и R2 образуют систему
параллельных сил, условие равновесия которой
выражается уравнениями
I-
и
Рис. 3.171
J Fiy: R, + R2-P=0;
/=i
n
£ mA(F0: R2l-Px = 0.
Отсюда
R2 = Px/l;
/=i
R,=P(l-x)/l.
Задача 3.56 (3.3). Однородный стержень AB, длина
которого 1 м, а вес 20 Н, подвешен
горизонтально на двух параллельных веревках
АС и BD. К стержню в точке Е нз
расстоянии АЕ = 0,25 м подвешен грУ3
Р = 120 Н (рис.3.172). Определить
натяжения веревок Тс и TD.
Решение
Рассмотрим равновесие стер*'
ня, освободив его от наложенных свЯ'
зей (веревок АС и BD) и заменив ***
эквивалентными по действию на стержень силами натяжения Тс **

121
Рис. 3.173
Отсюда
TD. Силы Тс, TD, силы веса стержня G
и груза Р образуют систему
параллельных сил, условие равновесия которой
выражается следующими уравнениями
(рис.3.173)
п
X р*: Tc + TD-P-G = 0;
/=i
п
]£ mA(Fi): TqAB-РАЕ-GAB/2 = 0.
TD = 40H; TC=100H.
Задача 3.57 (3.4). На горизонтальную балку, лежащую на
двух опорах, расстояние между которыми равно 4 м, положены два
груза, один С в 2 кН, другой D в 1 кН, так, что реакция опоры А в
два раза больше реакции
опоры В, если пренебречь
В. весом балки (рис.3.174).
Расстояние CD между
грузами равно 1 м. Каково
расстояние х груза С отопо-
Рис. 3.174 РЫА?
Решение
4н
А
пг
Рис. 3.175
**И
Рассмотрим равновесие балки, освободив ее от
наложенных связей (опор А и В) и
заменив их эквивалентными по
действию на балку
вертикальными силами реакции RA и RB
(рис.3.175). Силы RA, Rb и
силы веса грузов Pj и Р2
образуют систему параллельных сил,
условие равновесия которой
выражается уравнениями
п
2^ Fiy: RA + RB-Pi-P2 = 0;

122
]Г mA(Fi): RBAB-P,x-P2AD = 0.
1=1
Отсюда
RB = 1 кН; x = 1 м.
Задача 3.58 (3.5). Трансмиссионный вал АВ несет три
шкива весом Pi = 3 кН, Р2 = 5 кН, Р3 = 2 кН. Размеры указаны на
рис.3.176. Определить, на каком расстоянии х от подшипника В
надо установить шкив веса
3Q0&t _j p2j чтобы реакция под-
шипника А равнялась
реакции подшипника В; весом
вала пренебречь.
Решение
Рис. 3.176 Рассмотрим
равновесие вала, для чего
освободим вал от наложенных связей (опор А и В), заменив их
эквивалентными по действию на вал вертикальными силами реакции
RA и RB (рис.3.177). Силы
RA, Rb и силы веса шкивов
Рь Р2 и Р3 образуют систе-
%Ч 4Ф ^ ~fu му параллельных сил, усло-
X J вие равновесия которой
выражается следующими
Рис. 3.177 уравнениями
Л
Ф
ПН
п
£ Fiy: Ra + Rb-Pi-P2-P3=0;
/=i
J] mB( Fi): - RAAB + P,CB + P2x + P3BD = 0.
Из первого уравнения находим
Ra + Rb = 2Ra = P, + P2 + P3; Ra = (Pi+P2 + P3)/2.
Разрешая второе уравнение относительно х, окончательно
получаем
х=139см.

123
Задача 3.59 (3.6). Определить силы давления мостового
аНа АВ на рельсы в зависимости от положения тележки С, на
- которой укреплена
лебедка (рис.3.178).
Положение тележки
определить
расстоянием ее середины от
левого рельса в
долях общей длины
моста. Вес моста Р =
= 60кН, вес тележки
с поднимаемым
грузом Р! = 40 кН.
Рис. 3.178
Решение
Рассмотрим равновесие крана, для чего освободим кран от
наложенных связей (рельс А и В), заменив их эквивалентными по
действию на кран вертикальными силами реакции FA и FB.
Силы FA, Fb, силы веса моста Р и тележки с грузом Pi образуют
систему параллельных сил, условие равновесия которой
выражается уравнениями (рис.3.179)
£^Ф
Рис. 3.179
п
X Fiy: FA + FB-Pi-P=0;
/=i
n
£ mA(Fi): FbAB-PAB/2-P,AC = 0.
Обозначив расстояние AC в долях обшей длины моста как n :
= АС/АВ, из уравнений равновесия определяем
FB = Р/2 + Р,п = (3 + 4п)10 кН; FA = Р, + Р - FB = (7 - 4п)10кН.

124
лежит
опора
Задача 3.60 (3.7). Балка АВ длиной 10 м и весом 2 кк
на двух опорах С и D. Опора С отстоит от конца А на 2 ц
D от конца В, — на 3 м (рис.3.180). Конец балки А оттяги!
вается вертикально вверх посредство^
перекинутого через блок троса, на кото-
^__ в ром подвешен груз Q весом 3 кН. На
■I aV расстоянии 3 м от конца А к балке под-
\2Р вешен груз Р весом 8 кН. Определить
реакции опор, пренебрегая трением на
блоке.
Рис.ЗЛ80
Решение
Рассмотрим равновесие балки, освободив ее от
наложенных связей (опор С, D и троса) и заменив их' эквивалентными по
действию на балку вертикальными
силами реакции Ro Rd и силой
натяжения троса Т (рис.3.181). Силы Re,
RD, Т и силы веса балки G и груза Р
образуют систему параллельных сил,
условие равновесия которой
выражается уравнениями
Щ
&
ГГ
Рис.3.181
J] Fiy: T + Rc + RD-P~G=0; (1)
п
]Г mc(Fi): RDCD-TAC-PCE-G(AB/2-AC) = 0. (2)
i=i
Уравнения (1), (2), кроме искомых реакций Re
и RD, содержат еще одно неизвестное — силу Т. Для определения
силы натяжения троса Т рассмотрим равновесие блока, через
который перекинут трос. После освобождения блока
от связей (шарнирной опоры и троса), на него
будут действовать сила реакции в шарнире Ro, сила
натяжения троса Т и сила веса груза Q (рис.3.182).
Момент силы трения на блоке, согласно условию,
пренебрежимо мал. Так как силу реакции Ro
находить не требуется, составим только одно урав-
Рис. 3.182 нение равновесия — уравнение моментов
относительно точки О (точки приложения силы Ro)
а
*л*
й

£ m0(F1): Qr-Tr = 0,
/=i
где r — радиус блока.
Отсюда
T = Q.
Подставив полученное значение Т в уравнения (1), (2), находим
Rd = 4kH; Rc = 3kH.
Задача 3.61 (3.8). Горизонтальный стержень АВ весом
100 Н может вращаться вокруг неподвижной оси шарнира А
(рис.3.183). Конец В оттягивается кверху посредством перекинутой
через блок нити, на которой
подвезу assess* шена ГИрЯ весом Р = 150 Н. В точке,
Ш
\д ё£-Л находящейся на расстоянии 20 см от
конца В, подвешен груз Q весом
500 Н. Как велика длина х стержня
АВ, если он находится в равновесии?
Рис. 3.183
Решение
Рассмотрим равновесие стержня, для чего освободим
стержень от наложенных связей (шарнира А и нити), заменив их
эквивалентными по действию на стержень силами реакции
шарнира RA и натяжения нити Т. В условии задачи предполагается, что
участок нити, соединяющий точку В с блоком, направлен по
вертикали. Поэтому и сила натяжения Т
!Т направлена по вертикали (вдоль нити).
Для определения искомой длины х
\ Г [ стержня АВ составим уравнение мо-
3 #* ментов действующих на стержень сил
относительно точки А (рис.3.184)
Ш
Рис. 3.184
Г1
]Г mA(Fi):Tx-Gx/2-QAD = 0. (1)
/=i
В уравнении (1) два неизвестных: х и Т. Чтобы найти
Модуль силы Т рассмотрим равновесие блока. После освобождения
блока от связей (шарнирной опоры и нити), на блок будут дей-

126
ствовать сила реакции в шарнире Rq, сила натяжения Т и сила вес$
груза Р (рис.3.185). Полагая, что момент силы трения на блоке
пренебрежимо мал, запишем уравнение моментов сил, действу*
ющих на блок радиуса г относительно точки О (точки приложения
силы Rq)
]Г mo(F0: Pr-Tr = 0.
/=i
Отсюда
T = P.
Подставив полученное значение Т в уравнение (1), находим
х = 25 см.
Задача 3.62 (3.9). Конец А горизонтального стержня
АВ весом 20 Н и длиной 5 м оттягивается кверху
посредством перекинутой через блок веревки, на которой подвешен
груз весом ЮН (рис.3.186). Конец В таким же образом
оттягивается кверху посредством
груза весом 20 Н. В точках С, D,E
и F, отстоящих одна от другой и
от точек А и В на 1 м, подвешены
грузы весом соответственно 5,10,
15 и 20 Н. В каком месте надо
подпереть стержень, чтобы он
оставался в равновесии?
в т шщ
Рис. 3.186
Решение
Обозначим силу веса стержня как Р, силы веса грузов,
подвешенных на веревке, как Pi и Р6, а силы веса грузов, подвешенных
к стержню в точках С, D, Е и F, как Р2, Рз, Р* и Р5. Рассмотрим
равновесие стержня, для чего освободим стержень от наложенных
связей (опоры и веревок), заменив их эквивалентными по действию
на стержень силами реакции опоры RN и натяжения веревок Т! и Tz
(рис.3 Л 87). В условии задачи
предполагается, что
поверхность стержня гладкая, а
участки веревок, соединяющих
концы стержня с блоками,
направлены по вертикали. Поэтому
At
С ВО
о
\н f 1.*
р; р3 v/v v

127
сила реакции RN будет направлена по нормали к горизонтальному
стержню, а силы натяжения Ti и Т2 — вдоль вертикальных
участков веревок. Силы RN, Т{ и Т2 вместе с силами Р, Р2, Р3, Р4 и Р5
образуют систему параллельных сил, для которой можно записать
следующее уравнение равновесия
п
J] mN(Fi):-T1AN + P2CN + P3DN + PON-
-P4NE-P5NF + T2NB = 0. (1)
Вводя обозначение ON = х и учитывая заданные в условии
расстояния точек С, D, Е и F до концов стержня А и В, представим
AN = x + 2,5; CN = x+l,5; DN = x + 0,5;
NE = 0,5-x; NF= 1,5-x; NB = 2,5-x.
Тогда уравнение (1) перепишется в виде
- Т,(х + 2,5) + Р2(х + 1,5) + Р3(х + 0,5) + Рх -
- Р4(0,5 - х) - Р5(1,5 - х) + Т2(2,5 - х) = 0. (2)
Уравнение (2) содержит три неизвестных: Ть Т2 и х. Для
определения сил натяжения веревок Ti и Т2 рассмотрим
равновесие блоков. После освобождения левого блока от связей
(шарнирной опоры и веревки), на блок будут действовать сила реакции
в шарнире Коь сила натяжения Ti и сила веса груза Pi (рис.3.188).
Полагая, что момент силы трения на блоке пренебрежимо мал,
запишем уравнение моментов сил, действующих на блок радиуса гх
относительно точки Oi (точки приложения силы Roi)
**£ /1
2] m0(Fi): P,n-1^ = 0.
а
ol it- Отсюда
4 ' т.-р,.
Рис. 3.188
Составляя аналогичное уравнение для правого
блока, находим (рис.3.189)
Т2 = Р2.

128
После подстановки значений Tj и Т2 в уравнение (2), получаем
Ясл
х = ON = 0.
Й Таким образом, для того, чтобы стержень
АВ находился в равновесии, точку N необходимо
р$ совместить с точкой О. Это означает, что стержень
необходимо подпереть в его центре тяжести — в
Рис. 3.189 точке О.
Задача 3.63 (3.11). Однородная горизонтальная балка
соединена со стеной шарниром и под-
лй С И В В пеРта в точке> лежащей на расстоянии
=» 160 см от стены (рис.3.190). Длина
балки 400 см, ее вес 320 Н. На расстояниях
120 см и 180 см от стены на балке лежат
два груза весом 160 Н и 240 Н. Опреде-
F
К
4 <Пр
Рис. 3.190 лить опорные реакции.
Решение
Обозначим силу веса балки как Р, а силы веса грузов,
которые лежат на балке на расстояниях 120 см и 180 см от
стены, как Pi и Р2, соответственно. Рассмотрим равновесие
балки, для чего освободим балку от наложенных связей (опор А и
D), заменив их эквивалентными по действию на балку силами
реакций опор Кд и RD. Действующие на
у t « балку активные силы Р, Pj и Р2 на*
| * f JL л правлены по вертикали. Поэтому по
ft* " I 111 вертикали будут направлены и силы
1 |г% 1 I реакции RA и RD (рис.3.191). То есть си*
п (^ \п лы Р, Рь Р2, Кд и Rd образуют
систему параллельных сил, для которой
Рис. 3.191 можно записать следующие уравнения
равновесия
п
J] Fiy: Ra + Rd-P-Pj-P^O;
/=i
J] mA(Fi): RdAD-P,AC-P2CE-P(AB/2) = 0.

129
Отсюда находим
RD = 790 Н; RA = - 70 Н.
Отрицательный знак у полученного значения реакции RA
означает, что принятое ранее направление Ra «вверх» необходимо
поменять на направление «вниз».
Задача 3.64 (3.12). Однородная горизонтальная балка
длиной 4 м и весом 5 кН заложена в
Щ стену, толщина которой равна 0,5 м,
^i так, что опирается на нее в точках А
ъ
3>5н *Шк и ^ (рис.3.192). Определить реакции
|gj в этих точках, если к свободному
«** концу балки подвешен груз Р весом
Рис. 3.192 40 кН.
Решение
И
Рассмотрим равновесие балки, для чего освободим балку
от наложенных связей (опор А и В), заменив их эквивалентными
по действию на балку силами реакций опор RA и RB. Действующие
на балку активные силы веса гру-
*f *fa за Р и балки G направлены по
£ \_\я вертикали. Поэтому по вертикали
1^}*-jg будут направлены и силы реакции
* \g$ RA и RB (рис.3.193).
Силы Р, G, RA и Rb
образуют систему параллельных сил,
Рис. 3.193 для которой можно записать
следующие уравнения равновесия
п
X Fiy: RA-RB-P-G=0;
/=i
п
2 mB(Fi): PBC + GBE-RAAD = 0.
/=i
Отсюда находим
RA = 340 кН; RB = 295 кН.

130
Задача 3.65 (3.13). Горизонтальная балка заделана однць
концом в стену, а на другом конце поддерживает подшипник вала
(рис.3.194). От веса вала, шкивов и под,
шипника балка испытывает вертикаль,
ную нагрузку Q, равную 1,2 кН. Пре.
небрегая весом балки и считая, что
нагрузка Q действует на расстоянии а =*
= 0,75 м от стены, определить реакции
заделки.
Рис. 3.194
Решение
Рассмотрим равновесие балки, для чего освободим балку
от наложенной связи (заделки в стене), заменив ее эквивалентными
по действию на балку силой реакции R и моментом М. Таким
образом, балка будет находиться в равновесии под действием
нагрузки Q, силы реакции R и момента М (рис.3.195). Условия
«<
Рис. 3.195
Отсюда находим
равновесия выражаются следующей
системой уравнений
/=1
п
I
Fiy: R-Q=0;
mA(Fi): M-Qa
/=1
R=Q=1,2kH; M = 0,9kH.
Задача 3.66 (3.14). Горизонтальная балка,
поддерживающая балкон, подвергается действию равномерно распределенной
нагрузки интенсивности q = 2 кН/м (рис.3.196). На балку у свобоД'
ного конца передается нагрузка от колонны Р = 2 кН. Расстояние
I оси колонны от стены / = 1,5 М
Определить реакции заделки.
Решение
Рис. 3.196
Рассмотрим равновесие ба#'
ки, для чего освободим балку от н*'

131
уженной связи (заделки в стене), заменив ее эквивалентными по
действию на балку силой реакции R и моментом М. Равномерно
распределенную нагрузку заменим сосредоточенной нагрузкой Q,
приложенной в середине балки и равной
Q = ?/ = 3kH.
g результате балка будет находиться в равновесии под действием
нагрузки Q, нагрузки от колонны Р, силы реакции R и момента М
(рис.3.197). Условия равновесия выражаются следующей системой
И
*
«(
уравнений
i
Q
Рис. 3.197
I
/=1
п
I
Fiy: R-
mA(Fi):
Q-
М
Q-P=0;
Q//2-P/ =0.
*=i
Отсюда находим
R = Q + P = 5kH; M = 5,25kH.
Рис. 3.198
Задача 3.67 (3.15). На консольную горизонтальную балку
действует пара сил с моментом
^ \р М = 6 кНм, а в точке С вер-
[ в \п тикальная нагрузка Р = 2 кН
~J ISZ (рис.3.198). Длина пролета
балки АВ = 3 м, вынос консоли
ВС = 0,5 м. Определить
реакции опор.
Решение
Рассмотрим равновесие балки, для чего освободим балку
от наложенных связей (опор А и В), заменив их эквивалентными
По действию на балку силами реакций опор RA и RB. Действующая
На балку активная сила, нагрузка Р, направлена по вертикали. По
Вертикали будут направлены и силы реакции RA и RB.
Таким образом, балка будет находиться в равновесии под
Действием параллельных сил Р, RA, Rb и момента М (рис.3.199).
Условия равновесия выражаются следующей системой уравнений

132
У)
£1
Рис. 3.199
Отсюда находим
£ Fiy: RA + RB-P = 0;
/=i
п
]Г mA(F1):RBAB-M-PAC = 0.
i=\
Rb = 4kH; Ra = -2kH.
Отрицательный знак у полученного значения реакции RA
означает, что принятое ранее направление RA «вверх» необходимо
поменять на направление «вниз».
Р
й а
—*4<—*■
Задача 3.68 (3.16). На двухконсольную горизонтальную
балку действует пара сил (Р, Р), на ле-
о вую консоль — равномерно распре-
8 |# деленная нагрузка интенсивности q, а
^ } в точке D правой консоли — верти-
j?"^»,[<-?»{ кальная нагрузка Q (рис.3.200).
Определить реакции опор, если Р = 1 кН,
Q = 2 кН, q = 2 кН/м, а = 0,8 м.
Рис. 3.200
Решение
Рассмотрим равновесие балки, для чего освободим балку
от наложенных связей (опор А и В), заменив их эквивалентными
по действию на балку силами реакций опор RA и RB. Равномерно
распределенную нагрузку заменим сосредоточенной нагрузкой G,
приложенной в середине левой консоли и равной
G = qa= 1,6 кН.
Приложенная к балке пара сил (Р, Р) образует момент, равный
У,
М = Ра = 0,8 кНм.
й
D Действующие на балку аК'
тивные силы Q и G направлены П°
вертикали. Поэтому по вертикал**
будут направлены и силы реакции
RA и RB (рис.3.201). Таким образом*
1 &±
Рис. 3.201

133
балка будет находиться в равновесии под действием параллельных
сил Q, G, RA, RB и момента М. Условия равновесия выражаются
следующей системой уравнений
Отсюда
]Г Fiy: RA + RB-G-Q=0;
п
^ mA(Fi):Ga/2 + M + 2aRB-3aQ = 0.
Rb = 2,1kH; Ra=1,5kH.
/=i
Задача 3.69 (3.17). На балке АВ длиной 10 м уложен путь
для подъемного крана (рис.3.202). Вес крана равен 50 кН, и центр
тяжести его находится на оси CD; вес груза Р равен 10 кН; вес
балки АВ равен 30 кН; вылет крана
KL = 4 м; расстояние АС = Зм.
Найти опорные реакции в точках
А и В для такого положения
крана, когда стрелка крана DL
находится в одной вертикальной
плоскости с балкой АВ.
Рис. 3.202
Решение
Рассмотрим равновесие системы, составленной из балки и
крана, для чего освободим систему от наложенных связей (опор А
й В), заменив их эквивалентными по действию на систему силами
Реакций опор RA и RB. Действующие на систему активные силы
веса груза Р, балки Q и крана G направлены по вертикали.
Поэтому по вертикали будут направлены и силы реакции RA и RB
(рис.3.203). Таким образом,
система будет находиться в
равновесии под действием
параллельных сил Р, Q, G, RA и RB.
Условия равновесия
выражаются следующими уравнениями
Рис. 3.203
rt
£ Fir Ra + Rb-G-Q-P=0;
/=i

134
]Г mA( Fi): - GAC - P(AC+ KL) + RBAB - QAB/2 = 0.
/=i
Отсюда находим
Rb = 37kH; Ra = 53kH.
Задача 3.70 (3.18). Балка AB длины / м несет
распределенную нагрузку, показанную на рис.3.204. Интенсивность
нагрузки равна q Н/м на концах А и В балки
и 2q Н/м в середине балки.
Пренебрегая весом балки, найти реакции опор
DhB.
Решение
Рис. 3.204
Рассмотрим равновесие
балки, для чего освободим балку от
наложенных связей (опор D и В), заменив их эквивалентными по
действию на балку силами реакций опор RD и RB. Распределенную
нагрузку заменим сосредоточенной нагрузкой Q. Так как
распределенная нагрузка расположена симметрично относительно
балки, нагрузка Q будет приложена в середине балки. Модуль
нагрузки Q подсчитаем, представив
Q = Qi+Q2,
1ЧГ^
где Q] — составляющая сосредоточенной нагрузки, которая
заменяет равномерно распределенную на-
"~ грузку интенсивности q; Q2 — со*
ставляющая сосредоточенной нагруз*
ки, которая заменяет нагрузку, рас'
пределенную по закону треугольника
высотой q и основанием / (рис.3.205).
Учитывая, что
а,
Ж
в
Рис. 3.205
находим
Q = 3ql/2.
Действующая на балку активная сила Q направлена п<>
вертикали. Поэтому по вертикали будут направлены и силы реаК'

135
ции RD и RB. Таким образом, балка будет находиться в равновесии
под действием параллельных сил Q, RD и RB. (рис.3.206). Условия
равновесия выражаются следующей системой уравнений
4
*т
ш
4
%
]Г Fiy: RD + RB-Q = 0;
i=l
и
]Г mD(Fi):RBBD-Q//4 = 0.
;=1
Рис. 3.206
Из системы получаем
RB = q//2H; RA = ?/H.
Задача 3.71 (3.19). Горизонтальная балка АС, опертая в
точках В и С, несет между опорами В и С равномерно
распределенную нагрузку интенсивности q Н/м
(рис.3.207); на участке АВ
интенсивность нагрузки уменьшается по
линейному закону до нуля. Найти реакции
опор В и С, пренебрегая весом балки.
Рис. 3.207
Решение
Рассмотрим равновесие балки, для чего освободим балку
от наложенных связей (опор В и С), заменив их эквивалентными по
действию на балку силами реакций опор RB и Re. Равномерно
распределенную нагрузку заменим сосредоточенной нагрузкой Qb
а нагрузку, распределенную по закону треугольника —
сосредоточенной нагрузкой Q2, где
Qi = qb; Q2 = qa/2.
Нагрузка Qi будет приложена в середине пролета ВС, а нагрузка
Q2 — на расстоянии а/3 от опоры В слева
(в центре тяжести треугольника).
Действующие на балку активные
силы Qi и Q2 направлены по вертикали.
Поэтому по вертикали будут направлены и
силы реакции RB и Re (рис.3.208). Таким
образом, балка будет находиться поддей-
Рис. 3.208

136
ствием системы параллельных сил Qb Q2> RB и r^ усло&
равновесия которой выражаются следующей системой уравнений *
п
£ Fiy: Rb + Rc-Qi-Q2 = 0;
1=1
П
]Г mB(Fi):Rcb + aQ1/3-bQ2/2 = 0.
Отсюда
/=1
2 2
RB= ^(3a + 3b + ^-) Н; Rc= f (3b-*-) H.
6 b 6 b
и
Задача 3.72 (3.31). Главную часть дифференциального
блока составляют два неизменно связанных
между собой шкива А, ось которых подвешена к
неподвижному крюку (рис.3.209). Желоба их
снабжены зубцами, захватывающими
бесконечную цепь, образующую две петли, в одну из
которых помещен подвижной блок В. К
подвижному блоку подвешен поднимаемый груз Q, а к
свисающей с большого блока ветви свободной
петли приложено усилие Р. Радиусы шкивов А
равны г и R, причем г < R. Требуется найти
зависимость усилия Р от величины
поднимаемого груза Q и определить это усилие, если:
Q = 500 Н, R = 25 см, г = 24 см. Трением
пренебречь.
Рис. 3.209
Решение
Сначала рассмотрим равновесие подвижного блока В,
освободив блок В от наложенных связей (левой и правой ветвей
цепи) и заменив их эквивалентными по действию на блок силами
натяжения Tj и Т2. Будем считать, что ветви цепи, охватывающей
блок В, направлены по вертикали. Тогда приложенные к блоку В
силы натяжения Ть Т2 и сила веса груза Q образуют систему
параллельных сил, для которой справедливы следующие уравнения
равновесия (рис.3.210)
Fiy: Т, + Т2
Q=0;
(0
/=1

137
]Г moi(Fi): T2r-T,r = 0,
(2)
гДе г — РадаУс блока-
Из уравнений (1), (2) находим
т **
Ti = Т2 = Т = Q/2.
Рис.3.211
Отсюда
Теперь исследуем равновесие
неподвижного блока А. Освободим блок А от
наложенных связей (шарнирной опоры и ветвей
цепи, охватывающих шкивы блока), заменив их
эквивалентными по действию на блок силой
реакции в шарнире R и силами натяжения Т3 и Т4
(причем Т3 = Т4 = Т, рис.3.211). Для
определения искомого усилия Р достаточно составить
одно скалярное уравнение равновесия —
уравнение моментов относительно точки 02 (точки
приложения реакции R)
п
Y, m02(Fi): Tr + PR-TR = 0.
P = Q(l-r/R)/2 = 10H.
Задача 3.73 (3.34). Для измерения больших усилий Q
Устроена система двух неравноплечих рычагов ABC и EDF,
сочиненных между собой стержнем CD (рис.3.212). В точках В и Е
веются неподвижные опоры. По рычагу EDF может
передвинься груз Р весом 125 Н. Сила Q, приложенная в точке А,
уравновешивается этим грузом, помещенным на расстоянии / от точки
• На какую длину х надо передвинуть для сохранения равновесия
^Уз Р при увеличении силы Q на 10 кН, если указанные на
рисунке размеры соответственно равны:
а = 3,3 мм, b = 660 мм, с = 50 мм?
Решение
-4^
*aSA
Рис. 3.212
Прежде чем определять
длину х, на которую необходимо
передвинуть груз Р при увеличении

138
силы Q на 10 кН, найдем значение силы Q, уравновешивающей
груз Р в его первоначальном положении. Для решения этой задачи
рассмотрим равновесие рычагов ABC и EDF в отдельности.
Освободим рычаг ABC от связей (опоры В и стержня CD)5
заменив их эквивалентными по действию на рычаг силами реакций
RB в опоре В и Т в шарнире С. Предполагается, что стержень CD
невесомый и поэтому усилия в шарнирах С и D будут направлены
по прямой CD (то есть по стержню). Так как прямая CD
направлена по вертикали, по вертикали будет направлена и реакция Т
в шарнире С. Вертикальное направление будет иметь и реакция RB
в опоре В, поскольку по вертикали направлена единственная
приложенная к рычагу ABC активная сила Q. Таким образом, рычаг
ABC будет находиться в равновесии под действием системы
параллельных сил Q, RB и Т (рис.3.213). Из этих трех неизвестных
сил искомой является сила Q. Чтобы исключить из дальнейшего
рассмотрения реакцию RB, составим уравнение моментов
относительно точки ее приложения
Н
Рис. 3.213
Отсюда
£ mB(Fi): Qa-Tb = 0. (1)
Q = Tb/a. (2)
Рассмотрев аналогичную задачу для рычага
EDF, получим систему параллельных сил Р, RE и Т, под действием
которой рычаг EDF будет находиться в равновесии (рис.3.214).
Здесь неизвестными являются только две силы — реакция RE *
опоре Е и реакция Т в опоре D, равная по величине и
противоположная по направлению реакции в опоре С рычага ABC. Для
определения силы Т составим уравнение моментов относительно точкЛ
приложения реакции RE
п
Ы \1 ш £ mE(F0: Тс-Р(/ + с) = 0. (3)
Лф—f-f
-44- \ Р\Л
/=1
Отсюда
Рис. 3.214 Т = Р(/ + с)/с.
Возвращаясь к выражению (2), окончательно получаем
Q = Pb(/ + c)/(ca).

139
Теперь предположим, что сила Q увеличена на 10 кН и для
сохранения системы рычагов в равновесии груз Р передвинут на
расстояние х. Повторим решения задач о равновесии рычагов ABC
и EDF, считая неизвестным расстояние х. В данном случае
уравнения (1) и (3) переписываются в виде
п
]Г mB(Fi): (Q+10)a-Tb = 0;
п
]Г mE(Fi): Tc-P(/ + c + x) = 0.
(4)
(5)
i=i
Из уравнений (4), (5) находим
Т = Р(/ + с)/с+10а/Ь; х= 10ас/РЬ = 2см.
Задача 3.74 (3.35). Балка АВ длиной 4 м, весом 2 кН
может вращаться вокруг горизонтальной оси А и опирается концом
В на другую балку CD длиной 3 м, весом 1,6 кН, которая подперта
в точке Е и соединена со стеной шарниром D. В точках М и N
помещены грузы по 0,8 кН
каждый (рис.3.215).
Расстояния: AM = 3 м, ED = 2 м,
ND = 1м. Определить
опорные реакции.
Зм
4м
Зн
<fc \*\2м£
Рис.3.215
Решение
Рассмотрим равновесие системы, составленной из балок
АВ и CD, освободив систему от наложенных связей (опор А, Е и D)
и заменив их эквивалентными по действию на систему силами
реакций RA, RE и RD. Так как активные силы, действующие на
систему, — силы тяже-
Ц
*.
«*
Г А
п 1рл
1?
Рис. 3.216
сти балок Pi, Р2 и грузов
Р3, Р4 — направлены по
вертикали, вертикальное
направление будут иметь
и силы реакции (рис.
3.216). Силы Рь Р2, Р3,
Р4, RA, Re и Rd образуют

140
систему параллельных сил, для которой можно записать следуЮч
щие уравнения равновесия
]►] Fiy:RA-Pi-P3 + RE -P2-P4 + Rd = 0; (i)
J] mA(Fi): -P!AB/2-P3AM +
+ ReAE-P2(AB + CD/2)-P4AN + RdAD = 0. (2)
/=i
Из уравнений (1), (2) нельзя определить искомые реакции
RA, Re и Rd (два уравнения содержат три неизвестных). Дополним
эту систему уравнений, рассмотрев равновесие балки АВ.
Освободим балку АВ от связей (опоры А и
i^ . « балки CD) и заменим их эквивалент-
^ L ными по действию на балку силами ре-
г ^ Г if акций RA и Rb. Для определения ре-
\р *Ц акции RA составим уравнение момен-
' тов относительно точки В (точки прило-
Рис 3 217 жения реакции RB, рис.3.217)
п
]Г mB( F0: - RAAB + Р^АВ/2) + Р3МВ = 0. (3)
/=i
Решая систему уравнений (1) - (3) и подставляя численные
значения параметров, получим
Ra=1,2kH; Re = 4kH; Rd = 0.
Примечание. Возможен другой вариант решения задачи,
основанный на решении уравнений равновесия балок АВ и CD.
Задача 3.75 (3.37). Консольный мост состоит из главной
фермы АВ и двух боковых ферм АС и BD (рис.3.218).
Собственный вес, приходящийся на погонный метр фермы АВ, равен 15 кН,
а для ферм АС и BD равен 10 кН. Определить реакции всех опор в
тот момент, когда весь правый пролет FD занят поездом, вес
которого можно заменить равномерно распределенной по пролету FP
нагрузкой интенсивности 30 кН на погонный метр. Размеры
соответственно равны: АС = BD = 20 м; АЕ = BF = 15 м; EF = 50 м.

141
Рис. 3.218
Решение
Рассмотрим равновесие моста, освободив мост от
наложенных связей (опор С, Е, F и D) и заменив их эквивалентными по
действию на мост силами реакций Re, RE, RF и RD. На мост
действуют активные силы веса Рь Рг и Р3 ферм АВ, СА и BD,
соответственно, и равномерно распределенная нагрузка
интенсивности q = 30 кН на погонный метр от веса поезда. Подсчитываем
силы веса ферм
Р2 = 15(15 + 50+ 15) = 900 кН; Р2 = Р3 = 10 * 20 = 200 кН.
Распределенную нагрузку от веса поезда заменим
сосредоточенной нагрузкой Р4, приложенной в середине пролета FD и
равной
P4 = q*FD=1050KH.
Так как активные силы, действующие на мост, направлены
по вертикали, вертикальное направление будут иметь и силы
реакции. В результате силы Рь Рг> Рз, Р4, Re, Re, Rf и Rd образуют
систему параллельных сил, для которой можно записать
следующие уравнения равновесия (рис.3.219)
#4
К
л/т
\к&
ЬЫ!
Рис. 3.219

142
£ bVRc-p2 + RE-P, + RF-P3-p4 + RD = 0; (,
n
]T mc( Fi): - P2AC/2 + RECE - Pi(AC +AB/2) + RFCF -
/=i
- P4(CF + FD/2) - P3(CB + BD/2) + RDCD = 0. (2)
Из уравнений (1), (2) нельзя определить искомые реакции
опор Re, Re, Rf и Rd, так как два уравнения содержат четыре
неизвестных. Дополним систему уравнений (1), (2), рассмотрев
равновесие ферм СА и BD. Освободим ферму СА от связей (шар-
нирного соединения С и опоры А) и заменим их эквивалентными
по действию на ферму силами реакций Re и Ra- Силы реакций
Re, Ra и сила веса фермы Р2 образуют систему параллельных сил.
Для определения реакции Re составим уравнение моментов
относительно точки А (точки приложения реакции RA, рис.3.220)
* J] mA( F0: Р2СА/2 - RcCA = 0.
Л
Отсюда
Рис. 3.220 Rc=100kH.
Аналогичную задачу решаем для фермы BD. Освободим
ферму BD от связей (шарнирного соединения В и опоры D) и
заменим их эквивалентными по действию на ферму силами реакций
RB и RD. На ферму действуют сила ее веса Р3 и часть
распределенной нагрузки от веса поезда, которую заменим
сосредоточенной нагрузкой Р5, приложенной в середине фермы и равной
P5 = q*BD = 600KH.
Силы реакций RB, Rd и силы веса Р3, Ps образуют систему
Р * д Р параллельных сил. Для определения реакции Rp
Вкх'*Ш|,^Л * составим уравнение моментов относительно точки
|2^й В (точки приложения реакции RB, рис.3.221)
В
У mB(Fi): RDBD-(P3+P5)BD/2 = 0.
Рис. 3.221 ~1

143
Отсюда
RD = 400 кН.
Возвращаясь к уравнениям (1), (2), с учетом полученных
значений Re и RD находим
RE = 542,5 кН; RF = 1607,5 кН.
Примечание, Возможен другой вариант решения задачи,
основанный на решении уравнений равновесия каждой фермы
моста АВ, AChBD.
Задача 3.76 (3.36). Консольный мост состоит из трех
частей: AC, CD и DF, из которых крайние опираются каждая на две
опоры (рис.3.222). Размеры соответственно равны: АС = DF = 70 м,
Рис. 3.222
CD = 20 м, АВ = EF = 50 м. Погонная нагрузка на мост равна 60
*Н/м. Найти давления на опоры А и В, производимые этой
нагрузкой.
Решение
Учитывая особенности конструкции моста, рассмотрим
Равновесие только его части АС. Освободим часть АС моста от
наложенных связей (опор А, В и шарнирного соединения С), заменив
Их эквивалентными по действию силами реакций RA, Rb и Rc- Так
Как единственная активная сила, действующая на часть моста АС
(сила ее тяжести Рх), направлена по вертикали, вертикальное на-

144
правление будут иметь и силы реакцци
Силы Рь RA, RB и Re образуют систему
параллельных сил, для которой можно
записать следующие уравнения равно*
весия (рис.3.223)
Рис. 3.223
£ Fiy.'RA-P^RB-Rc^O; (1)
п
J] mA( F0: - Р^С/2 + RBAB - RcAC = 0. (2)
ы
Из уравнений (1), (2) нельзя определить искомые реакции
опор А и В, так как эти два уравнения содержат три неизвестных
RA, Rb и Rc. Дополним систему уравнений (1), (2), рассмотрев
равновесие второй части моста CD. Освободив эту часть моста от
связей (шарнирных соединений С и D), заменим их
эквивалентными по действию силами реакций Rc и RD. Здесь также
единственной активной силой является сила тяжести рассматриваемой
части моста Р2 и поэтому силы реакции Rc и RD будут также
направлены по вертикали. Для определения реакции Rc составим
уравнение моментов относительно точки D (точки приложения
реакции RD, рйс.3.224)
Рис. 3.224
п
]Г mD(Fi): P2CD/2 -RcCD = 0.
(3)
*=i
Решая систему уравнений (1)-(3) и
подставляя численные значения заданных условием
параметров, получим
Ra=1020kH; Rb = 3780kH.
Задача 3.77 (2.30а). Балка АВ шарнирно закреплена нз
т£
у*&
2*
Н щ
г*
-*-i
Рис. 3.225
опоре А; у конца В она положена
на катки. В середине балки, поД
углом 45° к ее оси, действует сила
Р = 2 кН. Определить реакции опор»
взяв размеры с рис.3.225 и пренг
брегая весом балки.

145
Решение
Рассмотрим равновесие балки, освободив ее от
наложенных связей (опоры А и катков) и заменив их эквивалентными по
действию на балку силами Ra и Rb. Катки установлены на
горизонтальной плоскости и препятствуют перемещению балки
только в вертикальном направлении. Поэтому сила реакции со стороны
катков Rb будет направлена по нормали к их опорной плоскости.
Для силы реакции RA опоры А неизвестными являются и
величина и направление. Выберем систему координат и разложим
силу Ra на составляющие ХА и YA (рис.3.226)
ЧА
Ra ~ Ха + Ya-
Х# Jt&ki \8 Итак, балка АВ находится в
s^""" "" '■■''■' ir--4^ равновесии под действием сил Р,
ХА, YA и RB, расположенных в
Рис. 3.226 плоскости XAY. Составим
уравнения равновесия балки
п
Y, Рь,: XA-Pcos45°=0;
п
]Г Fiy: YA + RB-Psin45° = 0;
п
]£ mA( FO: - (AB/2) P sin45° + AB * RB = 0.
7=1
Решая уравнения, находим
Rb = 0,71 кН; XA = 1,41 кН; YA = 0,71 кН; RA ^д/ХдТТ^^ 1,58 кН.
Примечание. Возможен другой вариант решения задачи,
основанный на применении теоремы о трех непараллельных силах
** решении векторного уравнения равновесия.
Задача 3.78 (2.27). Верхний конец А однородного бруса
АВ, длина которого 2 м, а вес 50 Н, упирается в гладкую
вертикальную стену (рис.3.227). К нижнему концу В привязан трос ВС.
М328

146
Найти, на каком расстоянии АС нужно прикрепить трос к стеце
для того, чтобы брус находился в равновесии, обрач
зуя угол ВАЕ> = 45°. Найти натяжение Т тросац
реакцию R стены.
Решение
Рассмотрим равновесие бруса, освободив
его от наложенных связей (стены и троса) и заме,
нив их эквивалентными по действию на брус си*
Рис. 3.227 лами реакции стены R и натяжения троса Т. Сила
R направлена перпендикулярно к стене, так как по
условию задачи стена считается гладкой (без трения), а сила Т —
вдоль троса. Выберем систему координат с началом в точке А,
обозначим угол CBD как угол а и составим
следующие уравнения равновесия бруса,
который находится под действием сил R, Т и силы
тяжести Р (рис.3.228)
/ л Fix.* R - Tcos ос = 0;
п
]Г) Fiy: Tsincc -Р =0;
п
]Г mB( Fi): (АВ/2) * Psin 45° - АВ * Rcos 45° = 0.
/=i
Из последнего уравнения системы находим
R = P/2 = 25H.
Подставив значение силы R в первые два уравнения системы,
получаем
Tcosa =25Н; Tsina =50Н; tga =2; a= 63°; Т = 55,8Н.
Для определения расстояния АС представим его разностью
AC = CD-AD; где AD = BD= 1,41м. CD = BD tga = 2,82 м.

147
Следовательно,
AC = 1,41м.
Примечание. Возможен другой вариант решения задачи,
основанный на решении векторного треугольника, образованного
силами R, Т и Р.
Задача 3.79 (2.29). Балка АВ поддерживается в
горизонтальном положении стержнем CD
(рис.3.229); крепления в А, В и D
шарнирные. Определить реакции опор А и
D, если на конце балки действует
вертикальная сила F = 5 кН. Весом
пренебречь.
Рис. 3.229 Решение
Рассмотрим равновесие балки, освободив ее от
наложенных связей (стержня CD и шарнирной опоры А) и заменив их
эквивалентными по действию на балку силами Re и RA.
Так как по условию задачи стержень CD считается
невесомым, он находится в равновесии под действием только двух
сил: силы реакции Re в шарнире С и силы реакции RD в шарнире D.
Согласно аксиоме об уравновешенных силах две силы являются
уравновешенными, если они равны по модулю, действуют по
одной прямой и направлены в противоположные стороны. То есть
силы Re и RD связаны равенством
Rc+Rd = 0. (1)
Отсюда следует, что сила реакции Re направлена вдоль стержня
CD.
Для силы реакции RA опоры А неизвестными являются и
величина и направление. Выберем си-
Ч I /~ стему координат и разложим силу RA на
Re// составляющие ХА и YA (рис.3.230)
RA = ХА + Ya
Рис. 3.230 Для балки АВ, которая находится под
действием сил F, ХА, YA и Re,
расположенных в плоскости XAY, составим уравнения равновесия

148
]Г Fix: XA + Rccos45°=0;
n
J] Fiy: YA + Rcsin45°-F=0;
1=1
n
]T mA(Fi): AC*Rcsin 45°-AB*F = 0.
/=i
Решая уравнения, находим
Rc=10,64kH; Xa = -7,5kH; Ya = -2,5kH;
Ra=Vxa+Y^=7,9kH.
Отрицательный знак у составляющих силы RA означает, что
действительные направления ХА и YA противоположны выбранным
при разложении RA.
Величину силы реакции RD определяем из равенства (1)
RD = Re = 10,64 кН.
Примечание. Возможен другой вариант решения задачи,
основанный на применении теоремы о трех непараллельных силах
и решении векторного уравнения равновесия.
Задача 3.80 (2.31). На рис.3.231 изображена балка АВ>
удерживаемая в горизонтальном положении вертикальным стер'
жнем CD. На конце балки В действуй
сила F = 30 кН под углом 60° к гори'
Ц зонту. Взяв размеры с рисунка, опрел^
лить усилие S в стержне CD и давленИе
-^^ Q балки на стену, если крепления А, ^
и D шарнирные. Весом стержня и балК*1
пренебречь.
Рис. 3.231
Решение
Чтобы определить усилие S в стержне CD и давление Q
балки на стену, рассмотрим равновесие балки, освободив ее от н^

149
i
уженных связей (стержня CD и шарнирной опоры А) и заменив
{{X эквивалентными по действию на балку силами Re и RA. Так как
по условию задачи стержень CD считается невесомым, он
находится в равновесии под действием только двух сил: силы реакции
^ в шарнире С и силы реакции Rdb шарнире D. Согласно аксиоме
0б уравновешенных силах две силы являются уравновешенными,
если они равны по модулю, действуют по одной прямой и
направлены в противоположные стороны. Следовательно, сила
реакции Re направлена вдоль стержня CD.
Для силы реакции Ra опоры
А неизвестными являются и
величина и направление. Выберем систему
координат и разложим силу RA на
составляющие ХА и YA, как показано
Рис. 3.232 нарис.3.232
Ra = Ха + YA.
Таким образом, балка АВ будет находиться в равновесии под
действием сил Р, ХА, YA и Re, расположенных в плоскости XAY.
Составим уравнения равновесия балки
п
]Г Fix: XA + Fcos60°=0;
i=l
п \
£ Fiy: YA + Rc-Fsin60° = 0;
п
]Г mA(Fi): -AC*Rc + AB*Fsin60°=0.
i=i
Отсюда находим
S = Rc = 38,97kH; Ха=-15кН; Ya=-13kH;
Q = Ra=Vxa+^ = 19,85 кН.
Отрицательные знаки у составляющих силы RA означают,
Что действительные направления ХА и YA противоположны
выбранным при разложении RA.

150
Примечание. Возможен другой вариант решения задачи
основанный на применении теоремы о трех непараллельных силах
и решении векторного уравнения равновесия.
Ш
Задача 3.81 (2.32). Электрический провод АСВ натянут
между двумя столбами так, что образует пологую кривую, стрела
провисания которой CD = f = 1 м
(рис.3.233). Расстояние между стол*
бами АВ = / = 40 м. Вес провода Q =
= 0,4 кН. Определить натяжения про*
вода: Тс в средней точке, ТА и Тв на
концах. При решении задачи считать,
что вес каждой половины провода
приложен на расстоянии //4 отближ-
Рис. 3.233 него столба.
Решение
Согласно указанию, которое приводится в конце условия
задачи, при ее решении достаточно исследовать равновесие
половины провода. Освободим левую половину провода от наложенных
связей (правой половины провода и крепления к столбу А),
заменив их эквивалентными по действию силами ТА и Тс. Силу Тс
натяжения провода в средней точке С направим
по касательной к проводу в точке С (то есть по
горизонтали), а силу реакции ТА, действующую
со стороны столба, разложим на составляющие
ХАиУА(рис.3.234)
ТА — ХА + YA.
Рис. 3.234
Таким образом, левая половина провода будет
находиться в равновесии под действием сил Q/2, ХА, YA и Тс,
расположенных в плоскости XAY. Составим уравнения равновесия
левой половины провода
п
£ Fix: ХА-Тс = 0;
п
£ Fiy: YA-Q/2=0;
/=i

151
]Г mA( Fi): f * Tc - (//4) (Q/2) = 0.
/=i
решая уравнения системы, находим
Тс-2кН; ХА=-2кН; Ya = 0,2kH; ТА=7х*+Y* = 2,01 кН.
Отрицательный знак у составляющей ХА означает, что
действительное направление ХА противоположно выбранному при
разложении ТА.
Задача 3.82 (2.41). Прямолинейный однородный брус АВ
весом Р и невесомый стержень ВС с
криволинейной осью произвольного очертания
соединены шарнирно в точке В и так же
соединены с опорами А и С, расположенными
на одной горизонтали АС (рис.3.235).
Прямые АВ и ВС образуют с прямой АС углы
Рис. 3.235 а = 45°. Определить реакции опор А и С.
Решение
Рассмотрим равновесие бруса АВ, освободив его от
наложенных связей (опоры А и стержня ВС) и заменив их
эквивалентными по действию на брус силами RA и Rb. Так как по условию
задачи стержень ВС считается невесомым, он находится в
равновесии под действием только двух сил: силы реакции RB в шарнире
В и силы реакции Re в шарнире С. Согласно аксиоме об
уравновешенных силах две силы являются уравновешенными, если они
равны по модулю, действуют по одной прямой и направлены в
противоположные стороны. То есть, силы RB и Re направлены
вдоль ВС и связаны равенством (рис.3.236)
Рис. 3.236
RB+Rc = 0.
(О
Для силы реакции RA опоры А
неизвестными являются и величина и направление.
Выберем систему координат и разложим силу RA на
составляющие ХА и YA (рис.3.237)
RA ~ ХА + YA.

Брус АВ будет находиться в равновесии ц0
Яв действием сил Р, ХА, YA и RB, располоя^
ных в плоскости XAY. Составим УРавнец^
равновесия бруса
Рис. 3.237
]Г Fk: XA-RBcos45o=0;
п
£ by- YA-P + RBsin45° = 0;
i=i
п
£ mA( Fi): - Р(АВ/2) cos 45° + RB АВ = 0.
/=i
Решая систему, с учетом равенства (1) получаем
V2,
Рл/Ш
Rc =Rb =~7"Р;Ха =Т; Ya -~4Р; Ra ""^Xa+Ya ~~ 4
Примечание. Возможен другой вариант решения задачи,
основанный на применении теоремы о трех непараллельных силах
и решении векторного уравнения равновесия.
Задача 3.83 (2.42). Наклонная балка АВ, на конец которой
действует сила Р, серединой Bi
опирается на ребро консоли
балки CD (рис.3.238).
Определить опорные реакции,
пренебрегая весом балок.
Решение
Рис. 3.238
Рассмотрим равновесие
системы, составленной из бз'
лок АВ и CD, освободив ее от наложенных связей (опор А, С и D)
и заменив связи эквивалентными по их действию на систему
искомыми силами реакций RA, Rc и RD. В результате, систем^
будет находиться под действием четырех сил: Р, RA, Rc и Rd-
У заданной по условию силы Р известны и модуль и направление-
Модуль реакции Rc неизвестен, но известна ее линия действия*
вектор Rc перпендикулярен плоскости, на которую поставлен^

153
катки опоры С. Однако реакции RA и RD неизвестны и по модулю и
по направлению. Поэтому реакции RA, Re и RD нельзя определить
из трех скалярных уравнений, которые описывают равновесие
плоской системы сил.
Для решения задачи используем особенность конструкции
системы: балка АВ опирается на балку CD. Любую из балок
можно рассматривать как самостоятельную систему, решая ее
уравнения равновесия совместно с уравнениями равновесия другой
балки или всей системы, составленной из двух балок. Выберем
первый вариант, исследуем равновесие каждой балки в
отдельности.
Сначала исследуем равновесие балки АВ. Освободим
балку от наложенных связей (опоры А и балки CD) и заменим их
эквивалентными по действию на балку силами реакций RA и RB. Сила
реакции RB перпендикулярна плоскости балки АВ, на которую
опирается угол балки CD. У силы реакции RA неизвестными
являются и величина и направление. Выберем систему координат,
как показано на рис.3.239, и разложим силу
RA на составляющие ХА и YA
RA = ХА + YA.
Таким образом, балка АВ находится в
равновесии под действием сил Р, ХА, YA и RB,
расположенных в плоскости XAY.
Составим уравнения равновесия балки
Рис. 3.239
п
Yj Fix: ХА - Rb sin30° + Р sin30° = 0;
п
]Г Fiy: YA + RB cos 30° - P cos 30° = 0;
/=i
n
£ mA( Fj): - PAB + RB AB, = 0.
(1)
/=i
Решая уравнения системы (1), получаем
Rb = 2 Р; ХА = Р/2; YA = - Рд/з/2; RA = Jx\+Y2A = P.

154
Теперь рассмотрим равновесие балки CD. Освободим е
от связей (балки АВ и опор С и D) и заменим их эквивалентными
по действию на балку силами реакций RB, Re и RD. Сила RB, де$ч
ствующая на балку CD со стороны балки АВ, равна по величине ц
противоположна по направлению силе Rb, действующей на балку
АВ со стороны балки CD. У силы Re известна линия действия (0(j
этом говорилось выше). Силу RD не.
"| известную по величине и направлю
д ^ 1 Я* ч нию с помощью системы координат
J ii Л • ^ XDY разложим на составляющие XD
-ЬЯ * иУо(рис.3.240)
нЧ**
Рис. 3.240 RD = XD + YD.
Для того, чтобы балка CD находилась в равновесии под
действием сил RB, Rc> XD и YD, должны выполняться следующие
равенства
п
]Г Fix: XD + RBcos 60° = 0;
п
]Г Fiy: YD + Re -RBsin 60° = 0;
i=i
n
]T mD( Fi): RB DBi sin 60° - Re CD = 0. (2)
/=i
Из системы (2) находим
Rc=i^P; XD=-P; YD=-^P;
RdV=Xd+Y^=^P.
Примечания.
1. При исследовании равновесия балки АВ можно выбрать
систему координат с осью АХ, направленной вдоль балки. В такоМ
случае условия равновесия будут иметь более простой вид.
2. При анализе равновесия балки CD возможен другой вз*
риант решения задачи, основанный на применении теоремы о тре*
непараллельных силах и решении векторного уравнения равно*
весия.

155
Задача 3.84 (4.6), Однородная балка АВ веса Р опирается
£• на две гладкие наклонные прямые CD и
DE, находящиеся в вертикальной
плоскости; угол наклона первой из них к
горизонту равен а, а второй— 90°-а
(рис.3.241). Найти угол Э наклона
балки к горизонту в положении равновесия
и давления ее на опорные прямые.
Рис.з.241 Решение
Рассмотрим равновесие балки, для чего освободим балку
от наложенных связей (опоры CD и DE), заменив их
эквивалентными по действию на балку силами реакций опор RA и RB. Так как
опоры CD и DE считаются гладкими (без
трения), реакции RA и RB будут направлены
перпендикулярно прямым CD и DE. Выберем
систему координат с началом в точке А и
составим следующие уравнения равновесия
балки, которая находится под действием сил
реакций RA, RB и силы веса Р (рис.3.242)
4» /
Рис. 3.242
/ ' Fix: RAsina- RBcosa =0
и
]ST Fiy: RAcos a + RBsin a - P = 0;
/=i
У^ mA( Fj): RBABcos a sin 9 + Re ABsin a cos 9
-(AB/2)cos9 =0.
/=i
Отсюда находим
RA = Pcosa;RB = Psina;tg9 =ctg(2a); 9 = 90° -2a.
Силы реакций RA и RB равны по величине и
противоположны по направлению искомым силам давления балки NA и NB
На опорные прямые CD и DE
NA = Pcos a; NB = Psin a.

156
Задача 3.85 (4.7). Однородная балка весом 600 Н и длиной
4 м опирается одним концом на гладкий пол, а
промежуточной точкой В — на столб высотой 3 ц
образуя с вертикалью угол 30° (рис.3.243). Балка
удерживается в таком положении веревкой Ас,
протянутой по полу. Пренебрегая трением, опр&
делить натяжение веревки Т и реакции Rb столба ц
Re пола.
Решение
Рис. 3.243
Рассмотрим равновесие балки, для чего
освободим балку от наложенных связей (пола, столба и веревки),
заменив их эквивалентными по действию на балку силами реакций
опор Re, Rb и натяжения веревки Т. Учтем, что
сила натяжения Т направлена вдоль веревки, а
силы реакций Re и RB перпендикулярны полу и
плоскости балки, которые по условию задачи
считаются гладкими. Таким образом, балка
будет находиться под действием плоской
системы сил Re, Rb, Т и силы веса Р. Выберем
систему координат с началом в точке А и
составим следующие уравнения равновесия
балки (рис.3.244)
Рис. 3.244
п
]Г Fix: RBcos30°-T = 0;
/=i
J] Fiy: RBsin30° + Re - P = 0;
n
]T mc(Fi): P(CD/2)sin30° - RBCB =0.
1=1
Отсюда находим
T= 150H;RB= 173,4 H; Re = 513,3 H.
Задача 3.86 (4.8). Однородная балка АВ весом 200 И
опирается на гладкий горизонтальный пол в точке В под углом 60°
и, кроме того, поддерживается двумя опорами С и D (рис.3.245)-

157
Определить реакции опор в точках В, С и D,
если длина АВ = 3 м, СВ = 0,5 м, BD = 1 м.
Решение
Рассмотрим равновесие балки, для
чего освободим балку от наложенных
связей (пола и опор С, D), заменив их
эквивалентными по действию на балку силами ре-
Рис. 3.245 акций пола RB и опор Re, Rd- Пол и
плоскости балки считаются гладкими. Поэтому силы реакций RB, Re и
gD перпендикулярны полу и балке. В результате, балка будет на-
>А ходиться под действием плоской системы сил
RB, Re, Rd и силы веса Р.
Выберем систему координат с началом
в точке В и составим следующие уравнения
равновесия балки (рис.3.246)
Рис. 3.246
]Г Fix: Re sin 60° - Rd sin 60° = 0;
]Г Fiy: Rb - Rccos 60° + Rocos 60° -4> = 0;
i=l
]£ mB( Fi): - RcBC + RdBD - P(AB/2)cos60° = 0.
Отсюда
/«I
находим
Rb =^200 H; Re = Rd= 300 H.
Задача 3.87 (4.9). Однородная плита АВ весом Р = 100 Н
свободно опирается в точке А и
удерживается под углом 45° к горизонту двумя
стержнями ВС и BD (рис.3.247). BCD —
равносторонний треугольник. Точки С и D
лежат на вертикальной прямой CD.
Пренебрегая весом стержней и считая
крепления в точках В, С и D шарнирными,
определить реакцию опоры А и усилия в
стержнях.
РИС. 3,247

158
Решение
Рассмотрим равновесие плиты, для чего освободи
плиту от наложенных связей (опоры А и стержней ВС и ЪЦ
заменив их эквивалентными по действию на плиту силой реакц^
RA опоры А, и усилиями Sc, Sd в стержнях ВС и BD. В условии
задачи предполагается, что плоскость опоры А гладкая, а стерж^
ВС и BD невесомые. Поэтому сила реакц^
RA перпендикулярна плоскости опоры А, а
усилия Sc и Sd направлены вдоль
соответствующих стержней. Плита, таким образом,
будет находиться под действием плоской
системы сил Ra, Sc, Sd и силы веса Р.
Выберем систему координат с
началом в точке В и составим следующие
уравнения равновесия плиты (рис.3.248)
Рис. 3.248
и
£ F«: - RA sin45° + (Sc + SD)cos30° = 0;
n
J] Fiy: RAcos45o-P + (Sc~SD)sin30o=0;
n
2] mB( Fi): - RAAB + P(AB/2)cos45° = 0.
/=i
Отсюда находим
RA = 35,35 H; Sc = 89,43 H; SD = - 60,56 H.
Задача 3.88 (4.10). Однородный стержень AB весом 100 И
опирается одним концом на гладкий горизонтальный пол, дру*
гим — на гладкую плоскость, наклоненную под углом 30° к горИ'
зонту (рис.3.249). У конца В стержень поддерживается веревкой*
перекинутой через блок С и несу
щей груз Р; часть веревки ВС пя*
раллельна наклонной плоскости
Пренебрегая трением в блоке, опрб'
делить груз Р и силы давления Na
и NB на пол и на наклонную пл0'
скость.
Рис. 3.249

159
Решение
Рассмотрим равновесие стержня, для чего освободим
стернь от наложенных связей (пола, наклонной плоскости и верев-
-), заменив их эквивалентными по действию на стержень силами
еаКциЙ пола Ra, наклонной плоскости RB и силой натяжения
веревки TV В условии задачи указано, что пол и наклонная
плоскость гладкие. Поэтому силы реакций RA и RB перпендикулярны
полу и наклонной плоскости, соответственно. Сила натяжения
Ti направлена вдоль веревки.
Действующие на стержень силы RA, Rb, Ti
вместе с силой веса G образуют
плоскую систему сил, для которой можно
записать следующие уравнения равно-
Рис. 3.250 весия (рис.3.250)
rt
]Г Fix: RBsin30° -Т^овЗО0 = 0;
п
^] Fiy: RA + RbCos30° + Т^тЗО0 - G = 0;
n
]T mB( Fi): RAABcos30° - G(AB/2)cos30° = 0.
/=i
Отсюда находим
RA = 50H; Rb = 43,3H; Ti = 25H.
Силы реакций .RA и RB равны по величине и
противоположны по направлению искомым силам давления стержня на пол
NA и на наклонную плоскость NB
NA = 50H; NB = 43,3H.
Для определения силы веса груза Р рассмотрим
равновесие груза Р и блока С. Освободив груз Р и блок С от связей
(веревки и шарнирной опоры блока С), составим уравнение проекций
сил на ось OiY! для груза Р и уравнение моментов относительно
шарнирной опоры блока С (рис.3.251» 3.252)

160
i ^
Рис. 3.251 Рис. 3.252
Решая систему, находим
£ Fiy:T2-P = 0;
f=i
п
£ mc(Fi): Ъг-Т^О,
/=i
где г — радиус блока С.
Р = Т2 = Ti = 25 Н.
Задача 3.89 (4.11). При сборке моста пришлось поднимать
часть мостовой фермы ABC тремя канатами, расположенными, как
указано на рис.3.253. Вес
этой части фермы 42 кН,
центр тяжести находится в
точке D. Расстояния
соответственно равны: AD = 4 м,
BD = 2 м, BF = 1 м. Найти
натяжения канатов, если
прямая АС горизонтальна.
Решение
Рассмотрим равновесие фермы, для чего освободим ферму
от наложенных связей (канатов), заменив их эквивалентными по
действию на ферму силами натяжения канатов ТА, Тв и Тс,
которые направлены вдоль
канатов. Силы ТА, Тв и Тс
вместе с силой веса Р
образуют плоскую систему сил,
для которой можно
записать следующие уравнения
равновесия (рис.3.254)
Рис. 3.254 г \г /
п
X Fi*: " Тв cos 60° + Тс cos 45° = 0;
п
^] Fiy: TA-P + TBsin60° +Tcsin45° =0;

161
11
^ mE(Fi): ~TAAF + P*DF = 0.
/=i
ОтсК>Да
ТА=18кН; Tc= 12,43 kH; Tb= 17,58 kH.
Задача 3.90 (4.13). К гладкой стене прислонена одно-
ф родная лестница АВ под углом 45° к
горизонту (рис.3.255); вес лестницы 200 Н;
в точке D на расстоянии, равном 1/3
длины лестницы, от нижнего конца
находится человек весом 600 Н. Найти силы
давления лестницы на опору А и на стену.
Решение
Рис. 3.255
Рассмотрим равновесие лестницы,
для чего освободим лестницу от наложенных связей (стены и
опоры А), заменив их эквивалентными по действию на лестницу
силами реакций стены RB и опоры Ra- В условии задачи указано, что
стена гладкая. Поэтому сила реакции RB перпендикулярна стене.
Неизвестную по величине и направлению реакцию опоры А
разложим на составляющие ХА и YA
Ra ~ ХА + YA.
Силы RB, Ха и Ya вместе с силами
веса лестницы Р и человека Pi образуют
плоскую систему сил, для которой можно
записать следующие уравнения равновесия
(рис.3.256)
Рис. 3.256
£ Fk: -XA + RB = 0;
п
£ Fiy: YA-P-Pi = 0;
i=i
и
£ mA( FO: RBAB sin45° - P* AC cos45° - PXAD sin45° = 0.

162
Отсюда находим
YA = 800H; XA = RB = 300H.
Задача 3.91 (4.14). На подъемной однородной лестнице
длиной 6 м и весом 2,4 кН, которая может вра-
щаться вокруг горизонтальной оси А и наклонена
под углом 60° к горизонту, в точке D стоит
человек весом 0,8 кН на расстоянии 2 м от конца В
(рис.3.257). У конца В лестница поддерживается
веревкой ВС, наклоненной под углом 75° к го-
ризонту. Определить натяжение Т веревки и
реакцию А оси.
Рис. 3.257
Решение
Рассмотрим равновесие лестницы, для чего освободим
лестницу от наложенных связей (веревки и оси А), заменив их
эквивалентными по действию на лестницу силами натяжения Т
веревки и реакции RA оси А. Сила натяжения
Т направлена вдоль веревки, а неизвестную
по величине и направлению реакцию оси А
представим суммой составляющих ХА и YA
(рис.3.258)
Ra = Ха + Уд.
СилыТ, ХА и YA вместе с силами веса
лестницы Р и человека Pi образуют плоскую
систему сил, для которой можно записать
следующие уравнения равновесия
i=i
п
2] Fix: XA-Tcos75° =0;
/=i
п
]£ Fir ya + Tsin75° - P - Pi = 0;
/=i
X ша( Fi): (Tsin 75° )ABcos 60° - (Tcos 75° )AB sin 60° -
- (P * AC + P, AD) cos60° = 0.

163
Решая систему, получим
Т = 3,35 кН; ХА = 0,867 кН; YA = - 0,0361 кН.
Задача 3.92 (4.15). Однородная балка АВ весом Р = 100 Н
прикреплена к стене шарниром А и
удерживается под углом 45° к вертикали при
помощи троса, перекинутого через блок и
несущего груз G (рис.3.259). Ветвь ВС
троса образует с вертикалью угол 30°. В
точке D к балке подвешен груз Q весом
200 Н. Определить вес груза G и реакцию
шарнира А, пренебрегая трением на
блоке, если BD = 1/4 АВ.
Рис. 3.259
Решение
Рассмотрим равновесие балки, для чего освободим балку
от наложенных связей (шарнирной опоры А и троса), заменив их
эквивалентными по действию на балку силами реакции опоры RA и
натяжения троса Т. Учтем, что сила натяжения Т направлена вдоль
троса. Неизвестную по величине и направлению реакцию опоры А
разложим на составляющие ХА и YA
Ra — Ха + Ya.
Дм . _
Силы Т, ХА и YA вместе с силами
веса балки Р и груза Q образуют плоскую
систему сил, для которой можно запи-
$ jk сать следующие уравнения равновесия
Щ (рис.3.260)
Рис. 3.260
it
2] Fix: XA-Tsin30° = 0;
п
]Г Fiy: YA + Tcos30o-P-Q = 0;
/=i
V mA( FO: P(AB/2)sin45° + QADcos45° -
-(Tcos30°)ABcos45° - (Tsin 30° )ABsin 45° = 0.
;=1

164
Отсюда находим
ХА = 73,2 Н; YA = 173,2 Н; Т = 146,4 Н.
Для определения веса груза G рассмотрим
равновесие блока С. Освободив блок С от связей (троса
\Г и шарнирной опоры блока С), составим уравнение
моментов относительно шарнирной опоры блока С
f* (рис.3.261)
Рис. 3.261
it
£ mc(Fi): Gr-Tr = 0;
/=i
где г — радиус блока.
Отсюда
G = T= 146,4 Н.
Задача 3.93 (4.16). Шлюпка висит на двух шлюпбалках,
причем вес ее, равный 9,6 кН,
распределяется между ними поровну (рис.3.262).
Шлюпбалка ABC нижним полушаровым
концом опирается на подпятник А и на
высоте 1,8 м над ним свободно проходит
через подшипник В; вылет шлюпбалки
равен 2,4 м. Пренебрегая весом
шлюпбалки, определить силы давления ее на
опоры А и В.
Решение
Рис. 3.262
Рассмотрим равновесие шлюпбаЛ'
ки, для чего освободим шлюпбалку от наложенных связей (поД'
пятника А и подшипника В), заменив их эквивалентными по
действию на шлюпбалку силами реакций подпятника Кд и подшиП'
ника Хв. Подшипник представляет собой цилиндрическую опору»
которая препятствует только горизонтальным перемещениям точк#
В. Поэтому сила реакции Хв направлена по горизонтали. Неиз"
вестную по величине и направлению реакцию опоры А разложйМ
на составляющие ХА и YA
Ra - Хд + Y а
СилыХв, ХА иУА вместе с силами веса шлюпбалки Р образую*

165
плоскую систему сил, для которой можно записать следующие
уравнения равновесия (рис.3.263)
1 ^г 1
w 'р
h * .
I ^ 1
* **
Рис. 3.263
Из
z
/=1
S
/=1
/?
Z
/=1
Fix- ХА + Хв-0;
Fiy: YA-P = 0;
mA(Fi): XBAB + P/ = 0
системы находим
ХА=-Хв = 6,4кН; Ya = 4,8kH.
Силы реакций RA и Хв равны по величине и
противоположны по направлению искомым силам давления шлюпбалки на
опоры А и В.
Задача 3.94 (4.17). Литейный кран ABC имеет
вертикальную ось вращения MN (рис.3.264);
расстояния: MN = 5 м; АС = 5 м; вес крана
20 кН, центр тяжести его D находится от
оси вращения на расстоянии 2 м; вес
груза, подвешенного в точке С, равен 30 кН.
Найти реакции подшипника М и
подпятника N.
Решение
Рис. 3.264
Рассмотрим равновесие крана, для
Чего освободим кран от наложенных связей (подпятника N и
Подшипника М), заменив их эквивалентными по действию на кран
силами реакций подпятника RN и подшипника Хм. Подшипник
Представляет собой цилиндрическую опору, которая препятствует
Только горизонтальным перемещениям точки М. Поэтому сила
Реакции Хм направлена по горизонтали. Неизвестную по
величине и направлению реакцию опоры N разложим на составляющие
XnhYn
Rn = XN + YN.

166
Силы Хм, XN и YN вместе с с^
с~\ лами веса груза Р и крана G образу^
плоскую систему сил, для которой можц0
записать следующие уравнения равнове.
сия (рис.3.265)
/ j Fix' Xn-Xm-0;
п
]Г Fiy: YN-P-G = 0;
/=i
и
2] mN(Fi): XNMN-P*AC-G*ED = 0.
/=i
Отсюда находим
Хм =-XN = -38 кН; Yn = 50kH.
Отрицательный знак у составляющей Хм означает, что
действительное направление Хм противоположно выбранному при
разложении RN.
Задача 3.95 (4.19). Кран для подъема тяжестей состоит из
балки АВ, нижний конец которой соединен со
стеной шарниром А, а верхний удерживается
горизонтальным тросом ВС (рис.3.266).
Определить натяжение Т троса ВС и давление на
опору А, если известно, что вес груза Р = 2 кН,
вес балки АВ равен 1 кН и приложен в
середине балки, а угол а = 45°.
Рис. 3.266
Решение
Рассмотрим равновесие балки, для
чего освободим балку от наложенных связей (шарнирной опоры
А и троса), заменив их эквивалентными по действию на балку
силами реакции опоры RA и натяжения троса Т. Учтем, что сила
натяжения Т направлена вдоль троса. Неизвестную по величине
и направлению реакцию опоры А разложим на составляющие Ха
и YA

167
Ra ~ XA + YA.
Силы T, XA и YA вместе с силами веса
балки G и груза Р образуют плоскую систему
сил, для которой можно записать следующие
уравнения равновесия (рис.3.267)
]Г Fix: ХА-Т=0;
и
£ Fiy: YA-P-G = 0;
1=1
п
£ mA( Fj): Т * ABsin 45° - G * (AB/2)cos 45° - P * ABcos 45° = 0.
Решая систему, получаем
Xa = T = 2,5kH;Ya = 3kH.
Сила реакции RA равна по величине и противоположна по
направлению искомой силе давления балки.
Задача 3.96 (4.20). Кран имеет шарниры в точках А, В и
D, причем АВ = AD = BD = 8 м (рис.3.268). Центр тяжести фермы
крана находится на
расстоянии 5 м от вертикали,
проходящей через точку А. Вылет
крана, считая от точки А, при
этом равен 15 м.
Поднимаемый груз весит 200 кН;
вес фермы Р = 120 кН.
Определить опорные реакции и
натяжение стержня BD для
Рис. 3.268 указанного положения крана.
Решение
Рассмотрим равновесие крана, для чего освободим кран от
Наложенных связей (шарнирных опор А и В), заменив их
эквивалентными по действию на кран силами реакций RA в шарнире А

168
и RB в шарнире В. Шарнир В опирается на стержень BD. Так как
стержень считается невесомым, он находится в равновесии под
действием только двух сил: сил реакций в шарнирах В и D, равных
по величине и противоположных по направлению. Поэтому реак.
ция в шарнире В направлена вдоль BD и равна искомой силе нат*
жения стержня Т
RB = T.
Неизвестную по величине и направлению реакцию в шарнире А
разложим на составляющие ХА и YA
:XA + Y
А-
Силы Т, ХА и YA
вместе с силами веса груза G и
крана Р образуют плоскую си-
& стему сил, для которой можно
записать следующие уравнения
равновесия (рис.3.269)
J] F^: XA-Tcos60° = 0;
и
]Г Fiy: YA-Tsin60°-P-G = 0;
n
]Г mA(Fi):T*ABsin60o-15G-5P = 0.
Отсюда находим
ХА = 260кН; Ya = 770kH; Т = 520кН.
Задача 3.97 (4.21). Симметричная стропильная ферма ABC
у одного конца шарнирно
укреплена в неподвюК"
ной точке А, а у друге
го конца В опираете*
gr катками на гладкую то"
ризонтальную плоскость
Рис. 3.270 (рис. 3.270). Вес фермы

169
100 кН. Сторона АС находится под равномерно распределенным,
перпендикулярным ей давлением ветра; равнодействующая сил
давления ветра равна 8 кН. Длина АВ = 6 м, угол CAB = 30°.
Определить опорные реакции.
Решение
Рассмотрим равновесие фермы, для чего освободим ферму
от наложенных связей (шарнирных опор А и В), заменив их
эквивалентными по действию на ферму силами реакций опор RA и RB.
Конец В фермы опирается катками на гладкую горизонтальную
плоскость. Поэтому реакция RB направлена по нормали к опорной
плоскости. Неизвестную по величине и направлению реакцию RA
разложим на составляющие ХА и YA
Ra = ХА + YA.
Силы RB, ХА и YA вместе с силой веса фермы Р и
равнодействующей сил
давления ветра G,
приложенной в середине стороны
АС, образуют плоскую
систему сил, для которой
можно записать
следующие уравнения
равновесия (рис.3.271)
Рис. 3.271
Отсюда:
п
]Г F^: XA + Gsin30° = 0;
/=i
п
Yj Fiy: Ya + Rb-Gcos30°-P = 0;
/=i
n
]T mA(Fi): RBAB-P(AB/2)-G(AC/2) = 0.
1=1
XA = - 4 кН; YA = 54,62 кН; RB = 52,3 кН.
Отрицательный знак у составляющей ХА означает, что
Действительное направление ХА противоположно выбранному при
Разложении RA.

170
Задача 3.98 (4.22). Арочная ферма имеет неподвил^
опорный шарнир в точке А, в точке В — подвижную гладку.
опору, плоскость которой наклонена к горизонту под углом з^.
(рис.3.272). Пролет АВ = 20 м. Центр тяжести фермы, веского^
вместе со снеговой нагрузкой равен 100 кН, находится в точке с
расположенной над ^
F рединой пролета Aj
Равнодействующая coj
давления ветра F равнз
20 кН и направлена па.
раллельно АВ, лиюц
ее действия отстоит^
АВ на 4 м. Определить
опорные реакции.
Рис. 3.272
Решение
Рассмотрим равновесие фермы, для чего освободим ферму
от наложенных связей (шарнирных опор А и В), заменив их
эквивалентными по действию на ферму силами реакций опор RA и RB.
Опора В фермы поставлена катками на гладкую наклонную
плоскость. Поэтому реакция RB направлена по нормали к этой
плоскости. Неизвестную по величине и направлению реакцию Ra
разложим на составляющие ХА и YA
Ra = ХА + YA.
Силы RB, Ха и YA вместе с силой веса фермы Р и
действующей сил да*'
ления ветра F образу
t&u S&. W&\/\ ytV v^ ^"|""» ют плоскую систеМУ
♦ 4? # сил, для которой ши$
ЛХА *
Рис. 3.273
но записать следуют^
уравнения равно
(рис.3.273)
п
]Г Fix: XA + RBsin30°-F = 0;
n
X Fiy: ya + rbcos30° - P = 0;
/=i

171
]Г mB(Fi): YA AB - P(AB/2) + 4F = 0.
/=i
Отсюда находим
ХА=-11,2кН; Ya = 46kH; Rb = 62,4kH.
Отрицательный знак у составляющей ХА означает, что
действительное направление ХА противоположно выбранному при
разложении RA.
Задача 3.99 (4.25). Определить реакции опор А и В балки,
находящейся под действием
одной сосредоточенной силы и па-
f4*H ры сил. Нагрузка и размеры
указаны на рис.3.274.
ЛгЛг
Решение
Рис. 3.274 Рассмотрим равновесие
балки, для чего освободим балку
от наложенных связей (шарнирных опор А и В), заменив их
эквивалентными по действию на балку силами реакций опор RA и RB.
Опора В балки поставлена катками на гладкую горизонтальную
плоскость. Поэтому реакция RB направлена по нормали к этой
плоскости. Неизвестную по величине и направлению реакцию RA
разложим на составляющие ХА и YA
Ra = ХА + YA.
Силы RB, ХА и YA вместе с сосредоточенной силой F и па-
Рой сил с моментом m образуют плоскую систему сил, для
которой можно записать следующие уравне-
и
9 tF
т й » / • тя равновесия (рис.3.275)
*тЛ А"
-ft
2, Fix: XA-Fcos60°=0;
9s*
Рис. 3.275 я
2, Fiy: YA + RB-Fsin60° = 0;

172
]Г mA(Fi): RBAB-m-AC*Fsin60°=0.
/=i
Отсюда находим
ХА = 2кН; YA=-4,306кН; Rb = 7,77kH.
Отрицательный знак у составляющей YA означает, что
действительное направление YA противоположно выбранному при
разложении RA.
&
2в
Задача 3.100 (4.26). Определить реакции опор А и В
балки, находящейся под действием двух
сосредоточенных сил и равномерно
распределенной нагрузки.
Интенсивность распределенной нагрузки,
величины сил и размеры указаны на
рис.3.276.
mffiu\
'И
J»
m
Рис. 3.276
Решение
Рассмотрим равновесие балки, для чего освободим
балку от наложенных связей (шарнирных опор А и В), заменив их
эквивалентными по действию на балку силами реакций опор Ra и
Rb- Опора В балки поставлена катками на гладкую
горизонтальную плоскость. Поэтому реакция RB направлена по нормали к
этой плоскости. Неизвестную по величине и направлению реакцию
Ra разложим на составляющие ХА и YA
. щ $* .»j?
г
Рис. 3.277
Ra ~ ХА + YA.
Равномерно распределенную
нагрузку заменим сосредоточенной
нагрузкой Q, приложенной в серб'
дине пролета балки BE, и равной
(рис.3.277)
Q = q*BE = 6KH.
Для сосредоточенных сил, заданных условием задачи, введем обе
значения

173
G = 6 кН; P = 8 кН.
Силы RB, ХА, YA, Q, G и Р образуют плоскую систему
сил, для которой можно записать следующие уравнения
равновесия t
п
]Г Fix: Xa + Rb-Q-Gcos45°-P = 0;
п
]£ Fir YA-Gsin45° = 0;
n
Z mA(Fi): Q(AB + BE/2)-RbAB + P*AC + (Gcos45°)AD = 0.
Отсюда находим
ХА = 2,62кН; Ya = 4,24kH; Rb= 15,62 кН.
Задача 3.101 (4.27). Определить реакции заделки
консольной балки, изображенной на
рис.3.278 и находящейся под дей-
ЗкНп / ствием сосредоточенной силы и пары
сил.
ЗкНп /*«tt
Решение
Рис. 3.278
Рассмотрим равновесие
балки, для чего освободим балку от наложенной связи — консольной <
заделки. Консольная заделка препятствует линейным
перемещениям закрепленной точки А балки и вращению балки вокруг точки
А (рис.3.279). Поэтому при освобождении балки от консольной
заделки заменим ее эквивалентными по действию на балку силой
реакции RA и моментом МА.
Hernia вестную по величине и направлению
реакцию RA разложим на
составляющие ХА и YA. Введем обозначения
для заданных условием задачи
сосредоточенной силы F = 2 кН и
момента пары сил m = 3 кНм. Для
балки, которая находится под действи-
4т4^
Рис. 3.279

174
ем сил ХА, Ya, F и моментов Ма, ш, можно составить следую,
щие уравнения равновесия
2^ F*: XA-Fcos60°=0;
п
]Г Fiy: YA-Fsin60° = 0;
Л mA(Fi): MA + m- AB*Fsin60° =0.
i=i
Решая систему, находим
ХА=1кН; Ya=1,73kH; Ма = 0,464кНм.
Задача 3.102 (4.28). Определить реакции заделки
консольной балки, изображенной на рис.
Щ{? 3.280 и находящейся под действием
sfj_**х fiff'** равномерно распределенной на-
ШНЩЙИД т ,1^^ ,,,,,.,, л грузки, сосредоточенной силы и па-
\^2#\\&* ры сил.
** Н \uf
Решение
Рис. 3.280
Рассмотрим равновесие балки, для чего освободим
балку от наложенной связи, — консольной заделки. Консольная
заделка препятствует линейным перемещениям закрепленной точки
А балки и вращению балки вокруг точки А (рис.3.281). Поэтому
при освобождении балки от консольной заделки заменим ее эквй'
валентными по действию на балку силой реакции RA и моментом
МА. Неизвестную по величине **
Y направлению реакцию RA разло'
JA 1^ JSL жим на составляющие ХА и YA.
АЦ Г|к'У' |;|||"|||"м |"'"д\/ тх Равномерно распределенную
! * vp на пролете балки АС нагрузку зам^'
ним сосредоточенной нагрузкой Q'
Рис з 281 приложенной в середине пролей
АС и равной
Q = q*AC = 4,5icH.

175
Введем обозначения заданным условием задачи сосредо-
т0ченной силе F = 4 кН и моменту пары сил m = 2 кНм. Для балки,
которая находится под действием сил ХА, YA, Q, F и моментов
jyIA, m, можно составить следующие уравнения равновесия
£ Fix: XA-Fcos45°=0;
J] Fiy: YA-Q + Fsin45° = 0;
n
]Г mA( Fi): MA - (AC/2)Q - m + AB * F sin 45° = 0.
1=1
Решая систему, находим
ХА = 2,82кН; Ya=1,67kH; Ма = - 5,35 кНм.
Знак «-» у момента МА означает, что принятое при
решений задачи направление вектора МА следует поменять на
противоположное.
Задача 3.103 (4,29). Определить реакции заделки консоль-
я] ной балки, изображенной на рис.3.282 и
находящейся под действием
равномерно распределенной нагрузки, одной
сосредоточенной силы и двух пар сил.
Решение
Шп
Рис. 3.282
Рассмотрим равновесие балки,
для чего освободим балку от
наложенной связи — консольной заделки. Консольная заделка
препятствует линейным перемещениям закрепленной точки А балки и
вращению балки вокруг точки А (рис.
3.283). Поэтому консольную заделку
заменяем эквивалентными ей по
действию на балку силой реакции RA и
моментом МА. Неизвестную по
величине и направлению реакцию RA раз-
3 283 ложим на составляющие ХА и YA.

176
Равномерно распределенную на пролете балки BD Harpw
ку заменим сосредоточенной силой Q, приложенной в середу
пролета BD, и равной
Q = q*BD = 9icH.
Введем обозначения для заданных условием задачи соср^
доточенной силы F = 4 кН и моментов пар тх = 3 кНм, т2 = 2 кНм
Для балки, которая находится под действием сил ХА, YA, Q,F{,
моментов МА, mi, m2, можно составить следующие уравнения
равновесия
£ F*: XA-Q-Fcos45°=0;
л
]Г Fiy: YA + Fsin45° = 0;
п
]£] mA(Fi): MA-m1 + m2 + AC*Fsin45° + (AD + BD/2) * Q = 0.
/=i
Решая систему, находим
ХА=11,82кН; Ya=-2,82kH; Ма = - 86,78 кНм.
Знак «-» у силы YA и момента МА означает, что принятые
при решении задачи направления векторов YA и МА следует
поменять на противоположные.
Задача 3.104 (4.30). Определить реакции заделки консоль-
.д ной балки, изображенной на рис.3.284 и
находящейся под действием пары сил и распре'
деленной нагрузки, изменяющейся по закону
треугольника.
Решение
Рассмотрим равновесие балки, $№
чего освободим балку от наложенной связи ^
консольной заделки. Консольная заделка пре'
пятствует линейным перемещениям закре*1*
ленной точки А балки и вращению балки в0'

177
Kpyr точки А (рис.3.285). Поэтому консольную заделку заменяем
зквивалентными ей по действию на балку силой реакции RA и мо-
iy ментом МА. Неизвестную по величине и направ-
t-£|rnm лению реакцию RA разложим на составляющие
ХдиУд.
Распределенную по закону треугольника
\уа нагрузку заменим сосредоточенной нагрузкой Q,
—5 величина которой определяется площадью
треугольника
"я Q = q(AB/2) = 9 кН.
Рис. 3.285
Точка приложения нагрузки Q будет
располагаться в центре тяжести треугольника, то есть на расстоянии
АС = АВ/3.
Введем обозначение для момента пары сил m = 4 кНм. Для
балки, которая находится под действием сил ХА, YA, Q, F и
моментов МА, ш, можно составить следующие уравнения
равновесия
п
£ Fix: Q + XA = 0;
п
£ Fiy: YA = 0;
n
£ mA(Fi): MA-(AB/3)Q-m = 0.
/=i
Решая систему, находим
ХА=-9кН; YA = 0; МА = 40кН.
Знак «-» у силы ХА означает, что принятое при решении задачи
Направление вектора ХА следует поменять на противоположное.
Задача 3.105 (4.32). Горизонтальная разрезная балка АСВ
У конца А заделана в стену, а у конца В опирается на подвижную
опору; в точке С — шарнир. Балка загружена краном, несущим
Пэуз Р весом 10 кН; вылет KL = 4 м, вес крана Q = 50 кН, центр
Тяжести крана лежит на вертикали CD. Размеры указаны на
Рис.3.286. Определить, пренебрегая весом балки, опорные реакции
М328

178
в точках А и В для такого положения крана, когда он находится
одной вертикальной плоскости с балкой АВ.
Решение
Рассмотрим равное^
сие системы, составленной из
балки и крана, для чего осво.
бодим балку от опор в точках
Рис. 3.286 А и В. Опора в точке А вы*
полнена в виде консольной
заделки, которая препятствует линейным перемещениям точки А
балки и вращению балки вокруг точки А. Поэтому консольную
заделку заменяем эквивалентными ей по действию на балку силой
реакции RA и моментом МА. Неизвестную по величине и
направлению реакцию RA разложим на составляющие ХА и YA. Опора в
точке В подвижная. Она поставлена катками на гладкую
горизонтальную плоскость и препятствует только вертикальному
перемещению точки В. Поэтому
;yi«.. .НУ.,, *j реакция RB опоры В будет
«I
направлена по вертикали
uf * Jvb^^ 41 № (нормально опорной
плоскости).
(^#^=#
№ihcjuiP,Q,Xa,Ya,
Ш RB и момента МА можно
записать следующие уравнения
равновесия (рис.3.287)
Рис. 3.287
It
£ Fix: ХА = 0;
/=1
п
]Г Fiy: YA + RB-Q-P = 0;
п
]Г mA(Fi): MA + RBAB-Q*AC-P(AC + KL) = 0. (1)
/=i
Из первого уравнения находим: ХА = 0.
Оставшиеся два уравнения содержат три неизвестных: Ма'
YA и RB. Чтобы их определить, дополним эти уравнения уравнен^'
ями равновесия крана и одной из частей балки, например, право-

179
освободим правую часть балки от связей (левой части балки, кра-
на и подвижной опоры В), заменив их силами реакции RB опоры
В, реакции Re в шарнире С и давления пра-
^ ~ вого колеса крана NF. Так как плоскость
fejl \ балки предполагается гладкой, сила NF,
*^ -**? приложенная в точке F контакта колеса с
балкой, направлена перпендикулярно балке,
Рис. 3.288 то есть параллельно RB (рис.3.288).
Для системы сил RB, Re и NF
составим уравнение моментов относительно точки С (точки
приложения реакции Re)
/i
Отсюда
mc(Fi): RBBC-NFCF = 0.
Rb = Nf(CF/BC). (2)
На кран после освобождения его от связей (левой и правой
частей балки) будут действовать силы тяжести крана Q, груза Р и
силы реакций NE и NF, равные по величине и
противоположные по направлению силам
давления левого и правого колес крана на балку
(рис.3.289). Для определения реакции NF,
действующей на кран со стороны правой части
балки, достаточно составить уравнение
моментов относительно точки Е (точки приложения
реакции NE )
Рис. 3.289
п
]Г mE( Fj): - Q(EF/2) + NFEF - Р( EF/2.+ KL) = 0.
/=i
Отсюда
Nf = 50kH.
Учитывая вьфажение (2), находим
RB = 6,25 кН.
Подставляя полученное значение RB в уравнения системы (1),
будем иметь
YA = 53,75 кН; МА = 205 кНм.

J80
Задача 3.106 (4.31). Определить реакции заделки консоли
ной балки, изображенной На
рис. 3.290 и находящейся щ
действием сосредоточенной
силы, пары сил и распреде.
ленной нагрузки, изменяю.
щейся по законам треуголь
ника и трапеции.
•*#
Рис. 3.290
Решение
Рассмотрим
равновесие балки, освободив балку от наложенной связи — консольной
заделки. Консольная заделка препятствует линейным
перемещениям закрепленной точки А балки и вращению балки вокруг точки
А (рис.3.291). Поэтому консольную заделку заменяем
эквивалентными ей по действию на балку силой реакции RA и
моментом МА.
Неизвестную по величине и
направлению реакцию RA разложим на
составляющие ХА и YA. Распределенную
нагрузку заменим сосредоточенными
нагрузками Qi и Q2. Модуль нагрузки
Qi подсчитаем, представив
Рис. 3.291
Qi = Qn+Qi2;
где Qn— составляющая сосредоточенной нагрузки Qb которая
заменяет равномерно распределенную нагрузку интенсивности Ч>
действующую на пролет балки АВ (рис.3.292)
Qn=q*AB = 6KH;
Q12 — составляющая сосредоточенной нагру3'
ки Qi, которая заменяет нагрузку, распреде
ленную по закону треугольника высотой Ч **
основанием АВ
Рис. 3.292
Q12 = (q/2)AB = 3KH.
Нагрузку Qn приложим в середине пролета АВ, а нагрузку Qn ^
на расстоянии (2/3)АВ от точки А (в центре тяжести треугольника)*

ш
Сосредоточенная нагрузка Q2 заменяет нагрузку,
распределенную по закону треугольника высотой 2q и основанием ВС.
Поэтому
Q2 = 2q(BC/2) = 9KH.
Нагрузку Q2 приложим на расстоянии (1/3)ВС от точки В.
Введем обозначения для заданных условием задачи
сосредоточенной силы F = 5 кН и момента пары m = 4 кНм. Для балки,
которая находится под действием сил ХА, YA, Qn,Qi2, Q2, F и
моментов Мд, m, можно составить следующие уравнения равновесия
п
]Г F*: XA + Fcos30o-Qn-Qi2-Q2 = 0;
п
J] Fiy: -YA-Fsin30°=0;
n
J] mA(Fi): MA + m + AC*Fcos30° +
+ Q2(AB + BC/3) + Qn(AB/2) + Qi2(2AB/3) = 0.
Решая систему, находим
XA = 13,67 кН; YA = - 2,5 кН; MA = - 27,03 кНм.
Знак «--» у силы YA и момента МА означает, что принятые при
решении задачи направления векторов YA и МА следует поменять
на противоположные.
Задача 3.107 (4,33). Определить реакции опор А, В, С и
шарнира D составной балки, изо-
)Kf* f7??$i\ браженной на рис.3.293 вместе с
jfex ^lllliljlltjiyf нагрузкой.
г
Str шгГ &*
5н"\ Решение
Рис. 3.293 Для решения задачи
разделим балку на части: левую
AD и правую DC. Необходимость разделения вызвана, во-первых,
требованием условия задачи определить реакцию в шарнире D,
которая становится внешней силой и входит в уравнения равновесия

182
htf
только после разделения балки на части. Во-вторых, число нецзч
вестных, подлежащих определению по условию задачи, превышу
число уравнений равновесия, которые можно составить для сист^
мы сил, действующих на всю балку. -
Рассмотрим равновесие правой части бал.
л ки (рис.3.294). Освободим ее от наложенных связей
Ан* I4r L (левой части балки и опоры С), заменив связи экви*
валентными по действию на правую часть балки
силами реакций Re опоры С и RD в шарнире D.
Рис. 3.294 Опора в точке С подвижная. Она поставлю
на катками на гладкую горизонтальную плоскость и
препятствует только вертикальному перемещению точки С.
Поэтому реакция Re будет направлена по вертикали (нормально опорной
плоскости).
Равномерно распределенную нагрузку, действующую на
правую часть балки, заменим сосредоточенной нагрузкой Qi,
приложенной на расстоянии DC/2 от опоры С и равной
Q! = q*CD=10KH.
Так как сосредоточенная нагрузка Qi направлена по вертикали, по
вертикали будет направлена и реакция RD в шарнире D.
Таким образом, правая часть балки будет находиться под
действием системы параллельных сил Re, Rd и Qb для которой
справедливы следующие уравнения равновесия
п
£ Fiy: Rd + Rc-Q^O;
п
£ mi* Fi): Йс DC - Qi (DC/2) - 0;
/=i
Отсюда находим
Rc = Rd = 5kH.
Чтобы определить реакции опор А и В, рассмотрим par
новесие левой части балки. После освобождения от наложенные
связей (опор А, В и правой части балки) левая часть балки буде*
находиться под действием сил реакций RA, Rb в опорах А, В, сил^
реакции RD в шарнире D, сосредоточенной силы F (F = 4 кН) И
равномерно распределенной нагрузки интенсивности q.

1#3
Опора В подвижная, как и опора С правой части балки.
Поэтому ее реакция RB, как и реакция Re, направлена по
нормали к опорной плоскости. Реакция RD, действующая на левую
цасть балки, равна по величине и противоположна по направлению
реакции R», которая была определена из уравнений равновесия
лравой части балки. Неизвестную по величине и направлению
реакцию Ra разложим на составляющие ХА и YA. Равномерно
распределенную нагрузку заменим сосредоточенной нагрузкой Q2,
приложенной на расстоянии BD/2 от опоры В и равной
Л кр . Q2 = q*BD=10KH.
iji i ж- Д jg + Я™плоской системы сил, обра-
/Lt зованной силами F, Q2, ХА, YA, RB и RD,
можно составить следующие уравнения
Рис; 3.295 равновесия (рис.3.295)
п
2 F^: XA + Fcos45o=0;
^ Fiy: YA + RB-RD-Q2-Fsm45°=0;
n
£ mA(Fi); Re AB-F*AEsin45° - Q2(AB + BD/2) - RD AD = 0.
Отсюда
XA =-2,83 kH; Ya =-4,4kH; Rb = 22,26kH.
Знак «-» у составляющих реакции RA означает, что принятые при
Решении задачи направления векторов ХА и YA следует поменять
на противоположные.
Задача 3.108 (4.34). Определить реакции опор А, В, С и
Гарнира D составной балки, изображенной на рис.3.296 вместе с
нагрузкой.
\5*Н
Решение
1 I*
м
Рис. 3.296
Для решения задачи
разделим балку на части: левую

184
AD и правую DC. Необходимость разделения вызвана, во-первых
требованием условия задачи определить реакцию в шарнире D
которая становится внешней силой и входит в уравнения равно*
весия только после разделения балки на части. Во-вторых, число
неизвестных, подлежащих определению по условию задачи, пре*
вышает число уравнений равновесия, которые можно составить
для системы сил, действующих на всю балку.
Рассмотрим равновесие правой части балки (рис. 3.297).
Освободим ее от наложенных связей (левой части
\л | л ip балки и опоры С), заменив связи эквивалентными
II \ * по действию на правую часть балки силами ре-
* J&P л акций Re опоры С и RD в шарнире D. Опора в
точке С подвижная. Она поставлена катками на
Рис з 297 гладкую горизонтальную плоскость и
препятствует только вертикальному перемещению точки С.
Поэтому реакция Re будет направлена по вертикали (нормально
опорной плоскости). Так как заданная условием задачи сила Fj
(Fi = 5 кН) направлена по вертикали, по вертикали будет
направлена и реакция RD в шарнире D.
Силы Fb Re и RD образуют систему параллельных сил, для
которой можно записать следующие уравнения равновесия
£ Fiy: Rd + Rc-F^O;
п
Y, m^Fi): RcDC-F,DK = 0.
/=i
Отсюда находим
Rc=10kH; Rd = -5kH.
Чтобы определить реакции опор А и В, рассмотрим равно*
весие левой части балки (рис.3.298). После освобождения от
наложенных связей (опор А, В и правой
*\ & % F/ *kR* части балки) левая часть балки буде*
I I 1 far* находиться под действием сил реакций
ШЬ;
J RA, Rb в опорах А, В, силы реакции Rp
в шарнире D, сосредоточенной силы ft
(F2 = 6kH) и равномерно распределен'
Рис. 3.298 ной нагрузки интенсивности q.

185
Опора В подвижная, как и опора С правой части балки.
г\0этому ее реакция RB, как и реакция Re, направлена по норма-
0 к опорной плоскости. Реакция RD, действующая на левую часть
балки равна по величине и противоположна по направлению
решили Rd> которая была определена из уравнений равновесия
правой части балки. Неизвестную по величине и направлению
реакцию Ra разложим на составляющие ХА и YA.
Равномерно распределенную нагрузку заменим
сосредоточенной нагрузкой Q, приложенной на расстоянии ОА/2 от опоры А
Q = q*OA = 7KH.
Для плоской системы сил, образованной силами F2, Q, ХА,
YA, RB и Rd> составим следующие уравнения равновесия
п
£ F^: XA-F2cos60°=0;
п
X Fiy: YA + ^-RD-Q-F2sin60°=0;
/=i
]Г mA( Fi): RB AB - F2 AE sin 60° + Q(AO/2) - Rd AD = 0.
/«1
Отсюда
ХА = ЗкН; Ya=13,85kH; Rb=-6,65kH.
Зкак «-» у силы RB означает, что принятое при решении задачи
направление вектора Rb следует поменять на противоположное.
*!
Задача 3.109 (4.35). Мост состоит из двух частей, связан-
р(У\ ных между собой шарниром
■^иУГа ■ >WBWS А и прикрепленных к
береговым устоям шарнирами В и
С. Вес каждой части моста
40 кН; их центры тяжести D
и Е; на мосту находится груз
[9 Р= 20 кН; размеры
указаны на рис. 3.299. Определить
силу давления в шарнире А и
реакции в точках В и С.
Рис. 3.299

186
Решение
Рассмотрим равновесие моста, освободив мост от над0ч
женных связей (опор В и С) и заменив их эквивалентными По
действию на мост силами реакций опор RB и Re- Так как шарнир.
ные опоры В и С неподвижные, у сил RB и Re неизвестны ц
величина и направление. Разложим эти силы на составляю^
(рис.3.300)
Rb = Хв + Yb; Rc = Хс + Yc.
Введем
обозначение заданных условием
задачи сил веса каждой
части моста G = 40 кН.
Для плоской системы сил
Р, G, G, Хв, Yb, Хс и YCj
j/"i действующей на мост,
можно составить
следующие уравнения
равновесия
Рис. 3.300
п
£ F*: Хс + Хв = 0;
п
£ Fiy: YB-YC-2G-P = 0;
i=i
п
]Г mB(Fi): -G*/1-P(/1+/2)-G(/1+/2 + /3 + /4) + BC*Yc = 0.
/=i
Отсюда
XC=-XB; Yc = 48kH; Yb = 52kH.
Для определения Хс, Хв и силы давления в шарнире А
рассмотрим равновесие правой части моста. Освободим эту часть
моста от связей (шарнирной опоры С и левой части моста), заме
нив их эквивалентными по действию силой реакции Rc опоры С И
силой реакции RA шарнира А. Сила реакции Rc, действующая на
правую часть моста, равна по величине и направлению силе
реакции Rc, составляющие которой Хс и Yc использовались при

.п„си уравнений равновесия веего моста. Неизвестную по
велите и направлению силу RA представим составляющими
RA = XA + YA.
Для системы сил G, ХА, YA,
Хс и Yc, приложенных к правой
части моста, можно составить сле-
Т~» ДУЮЩие уравнения равновесия (рис.
* 3.301)
п
X F- Хс-ХА = 0;
п
£ Fiy: Yc-YA-G = 0;
i=i
п
J] mA(Fi): -G*/4+ Xc/5 + Yc/6 = 0.
Рис. 3.301
/=1
Отсюда
Хс = ХА=-20кН; Ya = 8kH.
Знак «-» у сил Хс и ХА означает, что принятые при решении задачи
направления векторов Хс и ХА следует поменять на
противоположные. Сила реакции RA равна по величине и
противоположна по направлению искомой силе давления в шарнире А.
Задача 3.110 (4.36). На гладкой горизонтальной плоскости
^оит передвижная лестница, состоящая из двух частей АС и ВС,
^ины 3 м, веса 120 Н каждая, соединенных шарниром С и
веревкой EF (рис.3.302); расстояние BF = АЕ = 1м; центр тяжести
Ка>*<дой из частей АС и ВС находится в ее середине. В точке D на
Расстоянии CD = 0,6 м стоит человек, весящий 720 Н. Определить
реакции пола и шарнира, а также
натяжение Т веревки EF, если угол
- ВАС = ABC =45°.
Решение
Ш£х~ Рассмотрим равновесие
л „ _ лестницы, для чего освободим ее
Рис. 3.302

188
от связей (опор в точках А и В), заменив связи эквивалентными по
их действию на лестницу силами реакции RA и RB. Так как пол по
условию задачи считается гладким,
реакции RA и RB направлены пер.
пендикулярно полу. Силы RA, RB
вместе с силами веса человека Р и
частей АС и ВС лестницы G
образуют систему параллельных
сил, для которой можно записать
следующие уравнения равновесия
Рис. з.зоз (рис.3.303)
*
ty
А
/Я*Г ягг
Л*в
Nl*t
£
]Г Fir Ra + Rb"2G-P = 0;
i=l
J] mA(Fi):RBAB-P(AC + CD)-
- RB(AC/2) cos 45° -G(AC + BC/2) cos 45° = 0.
/=i
Отсюда
RB = 552 kH; Ra = 408 кН.
Для определения реакции шарнира С и натяжения веревки
исследуем равновесие одной из частей лестницы, например, АС.
Освободим левую часть лестницы от связей (опоры в точке А,
правой части лестницы и веревки), заменив их эквивалентными по
действию на левую часть лестницы силой реакции пола RA,
перпендикулярной полу, силой натяжения веревки Т, направленной
вдоль веревки, и силой реакции шарнира Re. Неизвестную по
величине и направлению силу Re разложим на составляющие
(рис.3.304)
Re = Хс + Yo
Для системы сил G, RA, Т, Хс **
Yc, приложенных к левой части лестницы»
можно составить следующие уравнения рав"
новесия
Рис. 3.304
Хг• + Т = 0
/=1

199
п
]Г Fiy: Yc + Ra-G = 0;
n
2 ibc( Fi): ~ RA AC cos45° +
ы
+ G(AC/2) cos45° + T* CE cos45°= 0.
Отсюда
T = 522H; Xc=-522H; Yc
•288H.
Знак «-» у сил Xc и Yc означает, что принятые при решении
задачи направления векторов Хс и Yc- следует поменять на
противоположные.
Задача 3.111(4,37). Мост состоит из двух одинаковых
частей М и N, соединенных между
собой и с неподвижными
опорами посредством шести
стержней, наклоненных к горизонту
под углом 45° и снабженных на
концах шарнирами. Размеры
указаны на рис.3.305. В точке G
помещен груз веса Р.
Определить те усилия в стержнях, ко-
Рис. 3.305 торые вызваны действием этого
груза.
Решение
Рассмотрим равновесие каждой части моста в
отдельности. Освободим правую часть моста от связей (стержней,
соединяющих правую часть моста с левой и неподвижными опорами С и
D), заменив их эквивалентными по действию
силами реакций RA, RB, Re и RD в шарнирах А,
В, С и D, соответственно (рис.3.306). Так как
каждый стержень находится в равновесии под
действием только двух сил — сил реакций в
шарнирах — эти силы направлены вдоль
прямой, соединяющей шарниры, то есть вдоль
стержня, и совпадают с искомыми усилиями в
стержне.

190
Для системы сил RA, Rb> Rc и Rd, приложенных к правой
части моста, составим следующие уравнения равновесия
/ й Fix- Rd""Rb=0;
/=i
п
]Г Fiy: -Rc-RA=0;
1=1
n
X m0(Fi): RcOK = 0.
/=i
Отсюда
Rd - Rb; Re _ Ra - 0.
(о
Переходя к анализу равновесия левой части моста,
освободим ее от наложенных связей (стержней, соединяющих левую
часть моста с правой и неподвижными опорами Е и F), приложим
силы реакций в шарнирах RB, Re и Rf (с учетом того, что Ra = 0) и
запишем следующие уравнения равновесия (рис.3.307)
Рис. 3.307
£ Fix: -RF-Pcos45° = 0;
/=i
п
£ Fiy: - Re - RF - Pcos45° = 0;
/=i
/i
£ mE(Fi): P*NG + RBOH + RFOE = 0.
/=i
Отсюда, приняв во внимание равенства (1), окон'
чательно получаем
RD = RB = P^; Re = P^; Re = P^.
3 2 6
Задача 3.112 (4.38). Мост состоит из двух одинаковых го'
ризонтальных балок, соединенных шарниром А и прикрепленные
шарнирно к основанию жесткими стержнями 1, 2, 3, 4, приче^
крайние стержни вертикальны, а средние наклонены к горизонту

191
д углом а = 60° (рис.3.308). Соответствующие размеры равны:
£ ss 6 м; АВ = 8 м. Определить усилия в стержнях и реакцию
шарнира А, если мост несет
вертикальную нагрузку Р =
= 15 кН на расстоянии а = 4 м
от точки В.
Решение
Рассмотрим
равновесие каждой балки моста в
отдельности. Освободим левую
балку от связей (правой балки и стержней 1,2), заменив их
эквивалентными по действию силами реакций RA, Si и S2 в шарнирах А,
В и С, соответственно. Так как каждый стержень находится в
равновесии под действием только двух сил — сил реакций в
шарнирах, которыми стержень крепится к балке и основанию — эти
силы направлены вдоль прямой, соединяющей шарниры, то есть
вдоль стержня, и совпадают с искомыми усилиями в стержне. Силу
RA, неизвестную по величине и направлению, разложим на
составляющие
Ra = Хд + YA.
Рис. 3.308
Для системы сил Р, Sb S2, ХА и
**& ь\ "'« W9 ^А> приложенных к левой балке, можно
*? £1 Л* If составить следующие уравнения равно-
М Р%£9* I.* весия(рис.3.309)
Рис. 3.309
]Г F*: -XA + S2cosoc = 0;
п
£ Fiy: S1-P-YA + S2sina = 0;
/=i
n
^] mA( Fi): P* AF- SiAB - S2AC sina = 0. (1)
/=i
Три уравнения системы (1) содержат четыре неизвестных
^а> YA ,St и S2 ). Дополним эту систему, рассматривая равновесие
^авой балки моста. Освободим правую балку от связей (левой
^алки и стержней 3, 4) и заменим их эквивалентными по действию

192
на балку силами реакций RA (с составляющими ХА, YA), S3 и S4 ь
шарнирах A, D и Е, соответственно (рис.3.310). Уравнения равно.
весия правой балки моста запишем ^
виде системы
Рис. 3.310
£ Fix: XA-S3cos(x=0;
/=1
п
]Г] Fiy: S4+YA + S3sinor=0;
/=1
и
]Г mA( Fi): S4AE + S3ADsin a = 0.
(2)
1=1
Совместное решение уравнений систем (1) и (2) дает
ХА = 2,89 кН; YA = - 3,75 кН;
Si = 6,25 кН; S2 = S3 = 5,78 кН; S4 = - 1,25 кН.
Знак «-» у сил YA и S4 означает, что принятые при решении задачи
направления векторов YA и S4 следует поменять на
противоположные.
Примечание. Возможен другой вариант решения задачи,
основанный на геометрическом способе сложения сил: при анализе
равновесия правой балки моста линию действия силы RA можно
определить по теореме о трех непараллельных силах
9\ 4$&t 4$&
Задача 3.113 (4.40). Груз Р -25 Н подвешен к концу
горизонтального бруса АВ. Вес бруса Q = 10 Н
и приложен в точке Е. Брус прикреплен
к стенке посредством шарнира А и под*
перт стержнем CD, с которым скреплен
тоже посредством шарнира. Весом стержня
CD пренебрегаем. Размеры указаны на
рис.3.311. Определить реакции шарниров А
и С.
Решение
Рис. з.зп Рассмотрим равновесие бруса АВ>
освободив брус от связей (шарнирных опор

193.
д и D) и заменив их эквивалентными по действию на брус силами
еакций RA и Rd. Неизвестную по величине и направлению ре-
JiKtfffio ra разложим на составляющие ХА и YA. Линию действия
реакции Rd определим, рассмотрев равновесие бруса CD. Так как
цз брус CD действуют только две силы — силы реакций Re и RD в
гарнирах С и D — эти силы равны по величине и направлены в
лротивоположные стороны по прямой, соединяющей шарниры С
Rc + Rd = 0.
Таким образом, реакция RD направлена вдоль CD.
Силы ХА, YA, Rd вместе с силами веса груза Р и бруса Q
образуют плоскую систему сил, для которой
№ш можно записать следующие уравнения
равновесия (рис.3.312)
п
J] F«: XA + RDcos60° = 0;
л
J] Fiy: YA-Q + RDsin60o~P=0;
Рис. 3.312
/=1
n
]Г mA( Fi): RD AD sin 60° - PAB - QAE = 0.
1=1
Отсюда
XA=-30H; YA=- 16,96H; Rc = RD = 60H.
Знак «-» у сил XA и YA означает, что принятые при решении
задачи направления векторов ХА и YA следует поменять на
противоположные.
Задача 3.114(4.41). Два однородных бруса одинаковой
длины соединены шарнирно в точке С,
а в точках А и В также шарнирно
прикреплены к опорам (рис.3.313). Вес
каждого бруса равен Р. В точке С
подвешен груз Q. Расстояние АВ = d.
Расстояние точки С до горизонтальной
прямой АВ равно Ь. Определить
реакции шарниров А и В.

194
Решение
Рассмотрим равновесие системы, составленной из брусо^
АС и ВС, соединенных шарниром С. Освободим систему от нало-
женных связей (опор А и В), заменив их эквивалентными по дейст.
вию на систему силами реакций RA и RB. Неизвестные по
величине и направлению силыКАи RB разложим на составляющие
Ra = ХА + YA; Rb = Хв + YB.
Ъ Силы ХА, Ya, Хв и Yb вместе с
силами веса брусов Р и Р и груза Q
образуют плоскую систему сил, для
которой можно записать следующие
уравнения равновесия (рис.3.314)
£ Fix: ХА + Хв=0;
£ Fiy: YA + YB-Q-2P=0;
i=i
]Г mA( Fi): 2AB * YBcos a - P(AC/2)cos a -
- Q * ACcos a - P(AC + DC/2)cos a = 0.
/=i
о)
Из второго и третьего уравнений системы (1) находим
YB = YA = P + Q/2.
Оставшееся первое уравнение системы (1) с двумя
неизвестными (ХА и Хв ) дополним еще одним уравнением,
рассмотрев равновесие бруса АС. Освободим брус
АС от связей (опоры А и бруса ВС) и заменим
связи эквивалентными по их действию на брус
силами реакций RA и Re. Неизвестные по
величине и направлению силы RA и Re
раскладываем на составляющие ХА, YA, Хс и Yc
(рис.3.315). Для уравновешенной системы сил
ХА, YA, Хс, Yc и Р, приложенных к брусу
АС, запишем уравнение моментов относительно
точки С
Рис.3.315

t?i
V mc( Fj): - AC * YA cos a + P(AC/2)cos a - XAAC sin a = 0.
решая это уравнение совместно с первым уравнением системы (1)
и учитывая, что
tga=2b/d;
получим
ХА = - d(P + Q)/(4b); Хв = d(P + Q)/(4b).
Знак «-» у силы ХА означает, что принятое при решении задачи
направление вектора ХА следует поменять на противоположное.
Задача 3.115 (4.42). Два стержня АС и BD одинаковой
длины шарнирно соединены в точке D и так же прикреплены к
вертикальной стене в точках А и В (рис.3.316). Стержень АС
расположен горизонтально, стержень BD
образует угол 60° с вертикальной
стеной. Стержень АС в точке Е нагружен
вертикальной силой Pi = 40 Н и в точке
С силой Q = 100 Н, наклоненной к
горизонту под углом 45°. Стержень BD в
точке F нагружен вертикальной силой
Р2 = 40 Н. Дано: АЕ = ЕС, BF = FD.
Определить реакции шарниров А и В.
Рис. 3.316
Решение
Рассмотрим равновесие системы, составленной из
стержней АС и BD, соединенных шарниром D. Освободим систему
от наложенных связей (опор А и В), заменив их
эквивалентными по действию на систему силами реакций RA и RB.
Неизвестные по величине и направлению силы RA и RB разложим на
составляющие
Ra ~ ХА + YA; RB - Хв + YB.
Силы ХА, YA, Хв и YB вместе с
заданными силами Рь Р2 и Q образуют
плоскую систему сил, для которой
можно записать следующие уравнения
равновесия (рис.3.317)
Рис. 3.317

196
]Г Fix: XA + XB + Q cos45° = 0;
n
£ Fir YA + YB-Qsin45o-Pi-P2=0;
n
]T mA( Fj): AB * XB ~ BF * P2 sin 60° -
/=i
- AE * P! - AC * Q sin45° = 0. (i)
Из первого и третьего уравнений системы (1) находим
Хв = 216,28 Н; ХА = - 287 Н.
Второе уравнение системы (1) с неизвестными YA и YB
дополним еще одним уравнением, рассмотрев равновесие стержня
BD. Освободим стержень BD от связей (опоры
В и стержня АС) и заменим их
эквивалентными по действию силами реакций RB и Rq.
Неизвестные по величине и направлению
силы RB и RD раскладываем на составляющие
Хв, YB, Xd и Yd (рис.3.318). Для системы сил
Хв, YB, XD, YD и Р2, приложенных к стержню
Рис 3 318 *®> запишем уравнение моментов
относительно точки D
п
]£] mD( Fj): BD * Хв cos 60° - BD * YB sin 60° + BF * P2 sin 60° = 0.
/=i
Решая это уравнение совместно со вторым уравнением системы
(I), получаем
YB=145H; YA = 6H.
Знак «-» у силы ХА означает, что принятое при решении задачи
направление вектора ХА следует поменять на противоположное.
Задача 3.116 (4.43). Подвеска состоит из двух балок АВ **
CD, соединенных шарнирно в точке D и прикрепленных к потолку
шарнирами А и С (рис.3.319). Вес балки АВ равен 60 Ни приложен

197
Рис.3319
в точке Е. Вес балки CD равен 50 Н и
приложен в точке F. В точке В к балке АВ
приложена вертикальная сила Р = 200 Н.
Определить реакции в шарнирах А и С, если
заданы следующие размеры: АВ = 1 м; CD =
= 0,8 м; АЕ = CF = 0,4 м; углы наклона
балок АВ и CD к горизонту соответственно
равны: а = 60° и ($ = 45°.
Решение
Рассмотрим равновесие подвески, освободив ее от
наложенных связей (шарниров А и С) и заменив связи
эквивалентными по действию на подвеску силами реакций RA и R<>
Неизвестные по величине и направлению силы RA и Re разложим на
составляющие
R\ = ХА + YA; Re ~ Хс + Yo
Силы ХА, YA, Хс и Yc вместе с за-
Хш данными силами веса Pi балки АВ, Р2
Ъ балки CD и силы Р образуют плоскую
систему сил, для которой можно записать
следующие уравнения равновесия (рис.
3.320)
Рис. 3.320
]Г Fix: ХА + Хс = 0;
п
]Г Fiy: YA + Yc-P-P,~P2=0;
/=i
]Г mA( Fi): AC * Yc - АВ * Р cos а - АЕ * Р, cos а
/=i
- [AD cos а + (DC/2) cosp ] * Р2 = 0.
^з второго и третьего уравнений системы (1) находим
YC=160H; YA=150H.
(1)
Первое уравнение системы (1) с неизвестными ХА и Хс дополним

т ^
Рис. 3.321
еще одним уравнением, рассмотрев равновесие
балки CD. Освободим балку CD от связей (оп<к
ры С и балки АВ) и заменим их эквивалент*
ными по действию силами реакций Re и RD<
Неизвестные по величине и направлению силы
Re и RD разложим на составляющие Хс, Yc, XD
и YD (рис.3.321). Для системы сил Хс, Yc, XD)
YD и Р2, приложенных к балке CD, запишем
уравнение моментов относительно точки D
п
]Г mD(Fi): -CD*Xcsin/?+CD*Yccos/?-DF*P2cos/?
Ы
Решая это уравнение совместно со вторым уравнением системы
(1), получаем
Хс =-ХА= 134,66 Н.
Знак «-» у силы ХА означает, что принятое при решении
задачи направление вектора ХА следует поменять на
противоположное.
Задача 3.117 (4.4S). В мостовой ферме, изображенной на
рис.3.322, на узлы С и D приходится одинаковая вертикальная
нагрузка Р = 100 кН;
наклонные стержни составляют
углы 45° с горизонтом. Найти
усилия в стержнях 1,2, 3,4,5
и 6, вызываемые данной
нагрузкой.
Рис. 3.322
Решение
Сначала рассмотрим равновесие всей фермы. Освободим
ферму от наложенных связей (опор А и В), заменив их эквивэ'
лентными по действию на ферму силами реакций RA и RB. Опора А
подвижная. Она поставлена катками на гладкую горизонтальную
плоскость и препятствует только вертикальному перемещение
шарнира А. Поэтому реакция RA будет направлена по вертикал*1
(нормально опорной плоскости). Так как нагрузка фермы (пр**-
ложенные в узлах С и D силы Р) направлена по вертикали, &0
вертикали будет направлена и реакция RB в опоре В.

ж
Для системы параллельных
сил, образованной силами RA,
RB, Ри Р, запишем уравнение
моментов относительно точки
В(рис.3.323)
Рис. 3.323
п
]Г mB(Fi): BD*P + BC*P-BA*RA = 0.
/=i
Отсюда, учитывая, что ВА = 3BD; ВС = 2BD, находим
Ra=100kH.
После определения RA переходим к нахождению усилий в
стержнях. Рассмотрим равновесие узла А, освободив его от
наложенных связей (опоры А и стержней 1,2), заменив их эквивалентными
по действию на узел А силой реакции RA и усилиями Sb S2 в
стержнях 1,2. Стержни фермы считаются невесомыми. Поэтому
на каждый стержень действует только две силы, приложенные в
узлах их крепления и направленные по прямой, соединяющей эти
узлы. Таким образом, усилия Si и S2 направлены вдоль стержней
1 и 2, соответственно (рис.3.324). Для системы сходящихся сил RA,
Sj и S2, приложенных к узлу А, можно составить следующие
уравнения равновесия
п
Л Fix: S1sin45° + S2 = 0;
п
]Г Fiy: RA + S,cos45° =0.
Ъх = -141кН; S2=100kH.
Теперь освободим от наложенных
связей узел, который соединяет стержни 1, 3 и 4.
Заменим эти стержни эквивалентными по
действию на узел усилиями Sb S3, S4 и составим
следующие уравнения равновесия (рис.3.325)
А
Рис. 3.324
Отсюда
Si.
Рис. 3.325

200
п
]>] Fix: - Sisin45° + S4 + S3cos45° = 0;
n
]T Fiy: - S,cos45° - S3sin45° = 0.
/=i
Отсюда
V*
Рис. 3.326
Отсюда
S3=141kH; S4=-200kH.
Усилия в стержнях 5 и 6 определим из
уравнений равновесия узла С (рис.3.326)
X F*: - s2 ~ S3cos 45° + S5sin 45° + S6 = 0;
л
2 Fiy: -P + (S3+S5)sin45° = 0.
/=1
S5 = 0; S6 = 200kH.
Знак «-» у сил Si и S4 означает, что принятые при
решении задачи направления векторов Si и S4 следует поменять на
противоположные.
Задача 3.118 (4.46). В мостовой ферме, изображенной на
рис.3.327, узлы С, D и Е загружены одинаковой вертикальной
нагрузкой Р = 100 кН.
Наклонные стержни состав^
ляют углы 45° с
горизонтом. Найти усилия в
стержнях 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8
и 9, вызываемые данной
Рис. 3.327 нагрузкой.
Решение
Сначала рассмотрим равновесие всей фермы. Освободив
ферму от наложенных связей (опор А и В), заменив их
эквивалентными по действию на ферму силами реакций RA и RB. Опора #

2QI
должная. Она поставлена катками на гладкую горизонтальную
11 сКость и препятствует только вертикальному перемещению
ряира В. Поэтому реакция RB будет направлена по вертикали
. Ормально опорной плоскости). Так как нагрузка фермы (при-
о#енНЫе в узлах С, D и Е силы Р) направлена по вертикали, по
ертикали будет направлена и реакция RA в опоре А.
Для системы параллельных сил, образованной силами RA,
о р, Р и Р, запишем уравнение моментов относительно точки В
(рис.3.328)
п
Yj mB(Fi): BE*P + BD*P + BC*P-BA*RA = 0.
ы
Отсюда, учитывая, чтоВА =
= 4ВЕ; ВС = ЗВЕ; BD = 2ВЕ,
находим
Ra=150kH.
Рис. 3.328
После определения RA
переходим к нахождению
усилий в стержнях. Рассмотрим равновесие узла А, освободив его от
наложенных связей (опоры А и стержней 1, 2), заменив их
эквивалентными по действию на узел А силой реакции RA и усилиями
Sb S2 в стержнях 1, 2. Стержни фермы считаются невесомыми.
Поэтому на каждый стержень действует только две силы,
приложенные в узлах их крепления и направленные по прямой,
соединяющей эти узлы. Таким образом, усилия Si и S2 направлены
вдоль стержней 1 и 2, соответственно (рис.3.329). Для системы
сходящихся сил Ra, &\ и S2, приложенных к узлу А, можно
составить следующие уравнения равновесия
У*
Рис. 3.329
Отсюда
2 Fix: S2=0;
п
£ Fiy: RA-S, = 0.
ы
S2 = 0; S,-i50KH.

202
Рассуждая аналогичным образом, составляем уравц
равновесия для узлов, которые соединяют стержни 1, 3 и 4 (си"^
ма уравнений 1, рис.3.330а), стержни 2, 3,5 и 6 (система уравне^'
2, рис.З.ЗЗОб), стержни 4, 5, 7, 8 (система уравнений 3, рис. 3.3зп*
и стержни 8,9,10 (уравнение 4, рис.З.ЗЗОг) 8)
01
Н 1о У« 01
II
б в
Рис. 3.330
п
]Г F*: S4-S3cos45° = 0;
п
]Г Fiy: S1+S3sin45° = 0.
/=i
л
X F^: -S2+S3cos45o + S6=0;
n
]£ Fiy: S5-S3sin45°-P = 0.
/=i
n
2] Fix: - S4 + S7cos 45° + S8 = 0;
1=1
n
^] Fiy: -S5-S7sin45o=0.
1=1
n
£ Fiy: -S9=0.
(1)
(2)
(3)
(4)
/=1
Решая уравнения, находим
S3 = - 212 kH; S4 = - 150 кН; S5 = - 50 кН;
S6 = - 150 кН; S7 = 70,7 кН; S8 = - 200 кН; S9 = 0.

203
Знак «-» у сил S3, S4, S5, S6 и S8 означает, что принятые при
jjieHiitf задачи направления векторов S3, S4, S5, S6 и S8 следует
Р менять на противоположные.
Задача 3.119 (4.48), Найти величину усилия, сжимающего
предмет М в прессе, при следующих
условиях: усилие Р = 0,2 кН и направлено
перпендикулярно рычагу ОА, имеющему
неподвижную ось О (рис.3.331); в
рассматриваемом положении пресса стержень ВС
перпендикулярен ОВ и делит угол ECD
пополам, причем угол GED = arctg 0,2 =
= 11°20'; длина ОА = 1 м; ОВ = 10 см.
Рис. 3.331
Решение
Искомое усилие, действует на предмет М со
стороны рычажно-стержневой системы AOBCDE и приложено в
шарнире Е. Для определения этого усилия рассмотрим равновесие
отдельных частей системы. Выделим из системы шарнир С,
освободив его от наложенных связей (стержней СЕ, СВ и CD) и
заменив их эквивалентными по действию на шарнир С силами
реакций RE, S и RD. Так как на каждый из стержней
СЕ, СВ и CD действуют только две силы (силы
тяжести стержней считаются пренебрежимо
малыми), силы реакций RE , S и Rd направлены вдоль
прямых, соединяющих шарнирные опоры этих
стержней (рис.3.332). Для системы сходящихся сил
RE, S и RD составим следующие уравнения
равновесия
«К*
V
Рис. 3.332
п ■
]£ Fix: S + (RE + Rd)shi1 1°20' = 0;
п
Yj Fiy: (RE-RD)cosir20'=0. (1)
/=1
Два уравнения системы (1) содержат три неизвестных.
Чтобы найти искомое усилие RE, дополним систему (1),
рассмотрев равновесие рычага ОА. Освободим рычаг от связей (опоры

204
О и стержня СВ), заменим их эквивалентными по действию на ры.
,. р чаг силами реакций Ro и S, и составим уравнение
^Nyp составим уравнение моментов действующих на
ли рычаг сил относительно точки О (рис.3.333)
п
^ m0(Fi): OB*S-OA*P = 0.
Отсюда
S = 2kH.
Подставляя значение S в уравнения системы (1), находим
Re=-5,09kH.
Знак «-» у силы RE означает, что принятое при решении
задачи направление вектора Re следует поменять на
противоположное.
Задача 3.120 (4.50). Определить реакции шарниров А, С,
D, Е и Н в стержневой системе,
изображенной на рис.3.334 если СЕ = ЕН =
= HDhAC = CB.
Решение
Для определения реакции
шарниров А, С, D, Е и Н рассмотрим
равновесие отдельных частей системы. Вы-
Рис. 3.334 делим из системы стержень АВ,
освободив его от наложенных связей
(опоры А и стержня CD) и заменив их эквивалентными по действию
на стержень АВ силами реакций RA и Re. Опора А подвижная. Она
препятствует только вертикальному перемещению точки А вниз-
Поэтому сила реакции RA будет направлена вверх
перпендикулярно плоскости, на которую поставлена опора А. Неизвестную по
величине и направлению силу Re разложим на составляющие Хс
иус ;
Re = Хс +Ус-
Для плоской системы сил Ид, Хс, Yq. и Р справедливы
следующие уравнения равновесия (рис.3.335)
Рис. 3.333

205
п
]Г Fix: Хс-Р = 0;
п
X Fiy:RA + Yc = 0;
Рис. 3.335
V mA( Fi): АВ * Psin 45° - АС * Хе sin45° +. АС * Yc cos 45° = 0.
Отсюда
4 L
Хс=Р; Yc = -P;
Rc=Vxc+Yc2=P>/2; Ra=P.
Теперь рассмотрим
равновесие стержня CD. Освободим его от
связей (опоры D и стержней АВ, EG и
НК), заменив связи эквивалентными
по действию на стержень силами
реакций RD, Re, Re и Rh. Подвижная опора D препятствует
вертикальным перемещениям точки D. Поэтому сила реакции RD
будет направлена перпендикулярно плоскости, на которую
поставлена опора D. Причем, из-за особенности конструкции опоры D (в
сравнении с опорой А), сила RD может быть направлена как вверх,
так и вниз.
Шарниры Е и Н соединяют стержень CD со стержнями
§П и НК. Так как стержни EG и НК считаются невесомыми,
каждый стержень находится в равновесии под действием только
Щх сил — сил реакций в шарнирах, которыми стержни EG и НК
Лепятся к стержню CD и основанию. Таким образом, силы
Реакций RE и RH оказываются направленными вдоль прямых,
соединяющих шарнирные опоры стержней EG
иНК.
Действующую на стержень CD силу
д Re, равную по величине и противоположную
~"° по направлению силе Re, которая приложе-
--* на к стержню АВ, также представим
составляющими Хс и Yc. Силы RD, Re, Re и Rh
образуют плоскую систему сил, для которой
справедливы следующие уравнения равновесия
рис. з.ззб (рис.3.336)

206
]Г Fix: -Xc + Re + Rh = 0;
£ Fiy: RD-Yc = 0;
n
J] mD(Fi): CD*XC-ED*RE-HD* RH = 0.
/=i
Решая эту систему с учетом полученных ранее значений
Хс и Yc, находим
Rd = Rh = — Р> Re = 2Р.
Знак «-» у сил RD, Rh и Yc означает, что принятые при
решении задачи направления векторов RD, RH и Yc следует
поменять на противоположные.
Задача 3.121 (4.53). Однородный стержень АВ длины 2/ и
веса Р может вращаться вокруг
горизонтальной оси на конце А стержня (рис.
3.337). Он опирается на однородный
стержень CD той же длины 2/, который
может вращаться вокруг горизонтальной
оси, проходящей через его середину Е.
Точки А и Е лежат на одной вертикали на
расстоянии АЕ = /. К концу D подвешен
груз Q = 2Р. Определить угол ф,
образуемый стержнем АВ с вертикалью в
положении равновесия, пренебрегая трением.
Решение
Для определения угла ф рассмотрим равновесие отдела
ных частей системы. Сначала выделим из системы стержень АЪ,
освободив его от наложенных связей (опоры А и стержня CD) И
заменив их эквивалентными по действию на стержень АВ силами
реакций RA и Rc. В условии задачи задана линия действия силь*
Re: указывается, что стержень CD опирается концом С на гладкую
плоскость стержня АВ. Поэтому сила Rc направлена по нормали Iе
стержню АВ. У. силы RA неизвестными являются и направление #
величина. Силы RA, Rc вместе с силой тяжести стержня Р
Рис. 3.337

20%
*от плоскую систему сил, для которой можно записать три
скалярных уравнения равновесия (рис.3.338).
Однако, по условию задачи не требуется
находить силы RA и Re. Чтобы исключить
из дальнейшего решения силу RA,
ограничимся составлением одного из
уравнений равновесия — уравнения моментов
относительно точки А (точки приложения
силы RA)
Рис. 3.338
п
]Г mA( Fi): (АВ/2)Р sin ф - АС * Re = 0.
/=i
Учитывая, что
находим
AC = 2*/cos<p;
Rc = (P/2)tg<p.
Теперь рассмотрим равновесие стержня .CD. Освободим
стержень CD от связей (опоры Е и стержня АВ), заменив их
эквивалентными по действию на стержень силами ре-
\ акций RE и Re. Для системы сил RE, Re и Q
Mfs составим уравнение моментов относительно точки
Е(рис.3.339)
1*ис. 3.339
п
J] mE( Fi): СЕ * Re cos<p - ED * Qsiny = 0;
ы
где \f = я~2ф.
Отсюда, используя полученное ранее значение Re,
будем иметь
cosq) = 1/8; cp = arccos(I/8) = 82°50'v
Задача 3.122 (4.54). Два однородных стержня АВ и АС
опираются в точке А на гладкий горизонтальный пол и друг на
Друга по гладким вертикальным плоскостям, а в точках В и С на
Гладкие вертикальные стены (рис.3.340). Определить расстояние
№ между стенами, при котором стержни находятся в положении

208
равновесия, образуя друг с другом угол в 90°
если дано: длина АВ равна а, длина АС равна Ь
вес АВ равен Р,, вес АС равен Р2.
Рис. 3.340
как а и представим
Решение
Обозначим угол BAD, равный углу АСЕ,
DE = AD + AE; AD = a*coscc; AE = b*since.
Для определения угла а сначала рассмотрим равновесие
системы, составленной из стержней АВ и АС. Освободим систему
от наложенных связей (опор в точках А, В и С), заменив связи
эквивалентными по действию на систему силами реакций RA, Rb и
Re. Так как опорами для системы служат
гладкий пол и гладкие стены, сила Ra будет
направлена перпендикулярно полу, а силы
RB и Re — перпендикулярно стенам.
Рассматриваемая система находится в
равновесии под действием сил реакций RA, Rb,
Re и сил веса стержней Рь Р2, для которых
справедливы следующие уравнения
равновесия (рис.3.341)
Рис. 3.341
п
/ j Fix- Rb~~Rc = 0;
/=i
^] mA(Fi): -AB*RBsincc +(AB/2)*P,cos<x -
- (AC/2) * P2sin a + AC * Re cos a = 0.
/=i
Отсюда
R,
*в =
aP, cos a - bP2 sin p
2(asina-bcosa)
Теперь выделим из системы стержень АС. Освободи
стержень АС от связей (стены, пола и стержня АВ), заменив и*
эквивалентными по действию на стержень силами реакций Ro

209
и RAB. Для системы сил Rc, Rac> Rab и Р2, приложенных к
пжню АС, составим уравнение моментов относительно точки А
j;,3.342) __
^] mA( Fi): AC * Rc cos а - (AC/2) * P2 sin а = 0.
у Подставив в это уравнение полученное ранее вы-
о \//\ . ражения для Rc, находим
Рис. 3.342
tg2a = ^.
Р2
Следовательно,
sina =
tga
Я .
cos a = -
&
Vl + tg2a Vpi+p2' >/l + tg2a Vpi+p:
Задача 3.123
Рис. 3.343
(4.55). Однородный брусок АВ, который
может вращаться вокруг горизонтальной
оси А, опирается на поверхность гладкого
цилиндра радиуса г, лежащего на гладкой
горизонтальной плоскости и
удерживаемого нерастяжимой нитью АС (рис.3.343).
Вес бруска 16 Н; длина АВ = Зг, АС = 2г.
Определить натяжение нити Т и силу
давления бруска на шарнир А.
Решение
Для определения натяжения нити и силы давления бруска
|*а Шарнир А рассмотрим равновесие отдельных частей системы.
ЙЬ1Делим из системы цилиндр, освободив его от наложенных
сВязей (нити, бруска АВ и горизонтальной плоскости) и заменив
Вязи эквивалентными по действию на цилиндр силами натяжения
!Ити Т и реакций бруска Ni и горизонтальной плоскости N2. Сила
атяжения Т направлена вдоль нити, а силы реакций N{ и N2 —
еРпендикулярно касательным к гладкой поверхности цилиндра в
8-4328

210
точках ее касания с бруском и т^
зонтальной плоскостью (рис.3.344). д/
системы сходящихся сил Т, Nj и ^
составим уравнение проекций сил на 0р*
АХ Ь
п
]|Г F^: - Tcos ф + N!sin2 ср = 0.
Рис. 3.344
Отсюда
T = 2N,sincp.
Теперь рассмотрим равновесие бруска. Освободим брусок
от наложенных связей (опоры А и цилиндра), заменив их
эквивалентными по действию на брусок силами реакций опоры RA и
цилиндра Ni. Отметим, что реакцией опоры RA здесь считается
только часть общей реакции опоры А, действующая
непосредственно на брусок (в общую реакцию опоры А входит сила
натяжения нити Т, также приложенная в точке А). Неизвестную по
величине и направлению силу RA разложим на составляющие ХА и
YA. Силы Nb ХА и YA вместе с силой веса бруска Р образуют
плоскую систему сил, для которой справедливы следующие
уравнения равновесия (рис.3.345)
]Г F^ XA-NlSin2<p =0;
п
]Г Fiy: YA - Р + N,cos2 <p = 0;
n
2 mA(Fi): AE*N1-(AB/2)Pcos29 =0. (1)
/=i
Учитывая, что cp = 30°; AE = ACcos30° = Гл/з, из последнего
уравнения системы (1) находим
Следовательно,
Ni = 6,92 Н.
T = N, = 6,92H.
Решение первых двух уравнений системы (1) дает

211
ХА = 6 H; YA = 12,5 Н.
Сила реакции RA равна по величине и противоположна по
направлению искомой силе давления бруска на шарнир А,
имеющей составляющие
ХА = - 6 Н; YA = - 12,5 Н.
Знак «-» у составляющих силы давления бруска на
шарнир А означает, что принятые при решении задачи направления
векторов ХА и YA следует поменять на противоположные.
Задача 3.124 (4.56). Между двумя гладкими наклонными
плоскостями ОА и ОВ положены два гладких соприкасающихся
однородных цилиндра: цилиндр с центром Q веса Pi = 10 Н и
цилиндр с центром С2 веса Р2 = 30 Н
(рис.3.346). Определить угол ф,
составляемый прямой QC2 с горизонтальной
осью хОхь давления Ni и N2
цилиндров на плоскости, а также силу N
взаимного давления цилиндров, если угол
Аох! = 60°, а угол Box = 30°.
Рис. 3.346
Решение
Рассмотрим равновесие системы, составленной из двух
соприкасающихся цилиндров. Освободим систему от связей
(опорных плоскостей АО и ОВ), заменив их эквивалентными по
Действию на систему силами реакций опор Ni и N2. Так как по
Условию задачи опорные плоскости считаются гладкими, силы Nx
и N2 будут перпендикулярны соответствующим плоскостям. Силы
Ni, N2 вместе с силами веса цилиндров Pi
и Р2 образуют плоскую систему сил, для
которой можно записать следующие
уравнения равновесия (рис.3.347)
Рис. 3.347
]Г Fix: N,sin60° -N2sin30° =0;
/=i
i iy.
Pi" P2 + N!cos60° + N2cos30° = 0.

212
Отсюда находим
Nj=20H; N2 = 34,64 Н.
Для определения угла ф и силы взаимного давления щ.
линдров выделим из системы левый цилиндр. Освободим его от
связей (опорной плоскости АО и правого цилиндра), заменив связи
эквивалентными по их действию на левый цилиндр силой реакции
опоры Ni и силой взаимного давления цилиндров N, направленной
по нормали к плоскости, касательной
гладким поверхностям цилиндров.
Таким образом, левый цилиндр будет
находиться под действием системы
сходящихся сил Nb N и Рь для
которой справедливы следующие
уравнения равновесия (рис.3.348)
Рис. 3.348
У^ Fix: N!sin60° -Ncoscp =0;
n
^ Fiy: - Pi + Nicos60° + Nsincp = 0.
Отсюда с учетом полученного ранее значения Ni будем иметь
N= 17,32 Н; <р=0.
Задача 3.125 (4.57). Два гладких однородных шара С\ и С*
радиусы которых R2 и R2, а веса Pi и Ъ
подвешены на веревках АВ и AD в точке А
(рис.3.349); АВ = /ь AD = /2; lx + Rt = /2 + R2; уг^
BAD = а. Определить угол 9, образуемый в^
ревкой AD с горизонтальной плоскостью АЕ, №
тяжение веревок Ть Т2 и силу давления одноГ^
шара на другой.
Рис. 3.349
Решение
Рассмотрим равновесие системы, составленной из шар^
Ci и С2. Освободим систему от наложенных связей (веревок А"
и AD), заменив связи эквивалентными по их действию на системУ

213
силами натяжения веревок Ti и Т2. Выберем
систему координат XC2Y так, как показано
на рис.3.350, и для системы сил,
образованной силами натяжения Ть Т2 и силами веса
шаров Рь Р2, составим следующие уравнения
равновесия
Рис. 3.350
]Г Fiy: (Т! + T2)cos9 -(Р! + P2)sin\|/ = 0;
п
]Г mA( F0: АС2 * Р2 cos (я - 9) - Ad * P^os (в - а) = 0;
п
£ mCi(Fi): С!С2*Р28т>|/-C!C2*T2cos(p =0.
/=i
Здесь ф = а/2; \|/= n-(Q-a/2).
Решая уравнения, находим
Т =р sin(e-a/2); т =р sin(8-a/2);
1 ' cos(a/2) 2 2 cos(a/2)
tg6 = -
(Р2 +P1cosa)-
P^ina
Чтобы определить силу давления одного шара на другой
*ьЩелим из системы левый шар. Освободим его от связей (веревки
^Р и правого шара), заменив связи эквивалентными по их
действию на левый шар силой натяжения веревки
Т2 и силой давления правого шара N,
направленной по нормали к плоскости, касательной
гладким поверхностям шаров. Левый шар
будет находиться в равновесии под действием
системы сходящихся сил Т2, N и Р2, для
которой можно составить уравнение моментов от-
D „ носительно точки А (рис.3.351)
рис. 3.351
п
]£ mA( F0: АС2 * Р2 cos (я - 8) - АС2 * Ncos <р = 0.
/=1

214
Отсюда получаем
N = -
P2cos9
cos(a/2)
Задача 3.126 (4.58). На двух одинаковых круглых одно-
родных цилиндрах радиуса г и веса Р каждый,
лежащих на горизонтальной плоскости и ев*
занных за центры нерастяжимой нитью длины
2г, покоится третий однородный цилиндр радиу-
са R и веса Q (рис.3.352). Определить натяжение
нити, давление цилиндров на плоскость и взаим-
ное давление цилиндров. Трением пренебречь.
Рис. 3.352
Решение
Рассмотрим равновесие системы, составленной из трех
цилиндров. Освободим систему от наложенной связи
(горизонтальной плоскости), заменив связь эквивалентными по ее действию на
систему силами реакции Ni и N2, приложенными в точках касания
системы с плоскостью. По условию задачи опорная плоскость
считается гладкой (трение пренебрежимо мало). Поэтому силы Nt и N2
будут перпендикулярны опорной плоскости. Силы Nb N2 вместе с
силами веса цилиндров Рь Р2 и Q образуют систему параллельных
сил, для которой справедливы следующие уравнения равновесия
(рис.3.353)
п
£ Fiy: N,+N2-Q-P,-P2 = 0.
]Г moi(Fi): 2rN2-rQ-2rP2 = 0.
/=i
Wt '" Отсюда
N!=N2 = P + Q/2.
Рис.3.353
Для определения взаимного давления цилиН'
дров и натяжения нити рассмотрим равновесие отдельных частей
системы. Сначала выделим из системы верхний цилиндр. Освс
бодим его от связей (нижних цилиндров), заменив связи эквивз'
лентными по их действию на верхний цилиндр силами реакций Ri
и R2, направленными перпендикулярно к плоскостям, касатель"
ным гладким поверхностям цилиндров. Таким образом, верхние

215
цилиндр будет находиться под действием системы сходящихся сил
£ь R2 и Q, для которой можно записать следующие уравнения
равновесия (рис.3.354)
п
^Г F^: R^osa -R2cosa =0;
1=1
п
Yj Fiy: (Ri + R2)sin a - Q = 0. (1)
ft, 43t
Рис. 3354 Учитывая, что
sina =
VR2+2Rr .
R + r
из системы (1) находим
R1=R2
Q(R + r)
2VR2+2Rr
Теперь вьзделим из системы нижний цилиндр, например,
левый. Освободим его от связей (горизонтальной плоскости*
верхнего цилиндра и нити), заменив связи эквивалентными по и*
действию на нижний левый цилиндр силами реакций Nb Лг и
силой натяжения нити Т. Таким образом, нижний
левый цилиндр будет находиться в равновесии
под действием системы сил Nb Rb Т и Pj
(рис.3.355). Чтобы определить натяжение нити Т,
достаточно составить следующее уравнение
Рис. 3.355
Отсюда записываем
п
]Г Fix: T-R^osa =0.
Qr
2>/R2+2Rr
Задача 3.127 (4.59). Три одинаковых трубы веса Р = 120 Н
Каждая лежат, как указано на рис. 3.356. Определить давление
каждой из нижних труб на землю и на удерживающие их с боков
стенки. Трением пренебречь.

216
Решение
Рассмотрим равновесие системы, со*
ставленной из трех труб. Освободим систему
от наложенных связей (земли и стенок), заме.
нив связи эквивалентными по их действию на
систему силами реакций Nb N2, Ri hR2, при*
ложенными в точках касания системы с зем-
лей и стенками. По условию задачи земля и
стенки считаются гладкими плоскостями (трение пренебрежимо
мало). Поэтому силы Nb N2, Ri и R2 будут направлены
перпендикулярно плоскостям земли и стенок (рис.3.357). Силы Nb N2, R, и
R2 вместе с силами веса труб Р образуют плоскую систему сил,
для которой справедливы следующие
уравнения равновесия
Рис. 3.356
Рис. 3.357
п
£ F*: R!-R2 = 0;
n
£ Fir N, + N2-3P = 0;
i=i
]T mA(Fi): -rR1 + rR2-rP-2r(P-N2) = 0;
1=1
где A—
труб.
Отсюда
точка касания левой нижней трубы с землей; г — радиус
R, = R2; N!=N2=180H.
Чтобы определить реакцию стенки выделим из системы
нижнюю трубу, например, левую. Освободим ее от связей (земли*
стенки и верхней трубы), заменим связи эквивалентными по и*
действию на левую трубу силами реакций Nb Ri *•
S и для системы, образованной силами Nb Rb S #
Р, составим уравнение моментов относительна
точки В (точки приложения силы S на рис.3.358)
Рис. 3.358
^ mB( Fj): rRisin60° + г (Р -N0cos60o = 0.

217
Решая это уравнение с учетом полученного ранее значения
реакции Ni, находим
R! = 34,68 Н.
Искомые силы давления каждой из нижних труб на землю
и на удерживающие их с боков стенки будут равными по величине
и обратными по направлению силам реакций Rb R2, Ni и N2.
Задача 3.128 (4.67). Определить опорные реакции и
усилия в стержнях пильчатой
фермы, изображенной вместе с
действующими на нее силами
нарис.3.359.
Решение
Рассмотрим равновесие
фермы, освободив ферму от
наложенных связей (опор А и В),
заменив их эквивалентными по
действию на ферму силами
реакций RA и Rb. Опора А
подвижная. Она поставлена
катками на гладкую горизонтальную плоскость и препятствует только
вертикальному перемещению шарнира А. Поэтому реакция RA
будет направлена по вертикали (нормально опорной плоскости). Так
как действующие на ферму силы
(силы Р! = 1 кН; Р2= 2 кН; Р3 = 2 кН;
Р4= 1 кН; на рис.3.360) направлены
по вертикали, по вертикали будет
направлена и реакция RB в опоре В.
Для системы параллельных сил,
образованной силами RA, RB, Pi,
Р2, Р3 и Р4, запишем следующие
уравнения равновесия
Рис. 3.359
Рис. 3.360
Y, Fiy: Ra + Rb-Pi-P2-P3-P4 = 0;
п
]Г mA( Fi): ACP2cos 60° - (АВ - BDcos 30°) Р3 + AB(RB - Р4) = 0.

2/8
- s
Отсюда
RA = 3,25 кН; RB = 2,75 кН.
После определения реакций опор RA и Rb переходим к
нахождению усилий в стержнях. Сначала рассмотрим равновесие
узла А, освободив его от наложенных связей (опоры А и стержней
1, 5), заменив их эквивалентными по действию на узел А силой
реакции RA и усилиями Sb S5 в стержнях 1, 5. Стержни фермы счи.
таются невесомыми. Поэтому на каждый стержень действует
только две силы, приложенные в узлах их крепления и направленные
по прямой, соединяющей эти узлы. Таким образом, усилия Si и S5
направлены вдоль стержней 1 и 5, соответственно. Для системы
сходящихся сил RA, Sb S5 и Рь приложенных к узлу А, можно
составить следующие уравнения равновесия (рис.3.361)
п
]Г Fix: S^SsCOseO0 =0;
*=i
и
]Г Fiy: RA - Pi + S5sin60° = 0. (1)
Из системы (1), учитывая полученное ранее
значение RA, находим
S, = 1,3kH; S5=-2,6kH.
Аналогичным образом составляем уравнения равновесия
для узлов В (система уравнений 2, рис.3.362а), Е (система
уравнений 3, рис.3.3626) и D (уравнение 4, рис.3.362в)
а б в
Рис. 3.362
п
]£ Fix: S2 + S3cos30° =0;
A
яг\
"Ж
т
Рис. 3.361

219
J] Fiy: RB-P4 + S3sin30°=0.
1=1
/?
]Г Fix: - S2 + S2 + ( S7 - S6)cos60° = 0;
/=i
n
]T Fiy: (S6 + S7)sin60°=0.
/=i
n
]T Fix: (S3 - S4)cos30° - S7cos60° = 0.
(2)
(3)
(4)
/=i
Решая эти уравнения, получим
S2 = 3,03 кН; S3 = - 3,5 кН; S4 = - 2,497 кН;
S6=1,73kH; S7 =-1,73kH.
Знак «-» у сил S3, S4, S5, и S7 означает, что принятые при
решении задачи направления векторов S3, S4, S5, и S8 следует
поменять на противоположные.
Задача 3.129 (4.70). Определить опорные реакции и
усилия в стержнях раскосной
фермы, изображенной на
рис.3.363 вместе с
нагрузкой.
Решение
%Wi
Рис. 3.363
Рассмотрим
равновесие фермы, освободив
ферму от на ложенных
связей (опор А и В), заменив
связи эквивалентными по их действию на ферму силами реакций
Ra и Rb. Опора В подвижная. Она поставлена катками на
гладкую горизонтальную плоскость и препятствует только вертикаль-
Ному перемещению шарнира В. Поэтому реакция RB будет
направлена по вертикали (нормально опорной плоскости). Неизвестную
По величине и направлению силу Ra разложим на составляющие
ХАи¥А.

220
Вместе с заданными силами Рь Р2 ( Pi = 4 кН; Р2 = 1 кН)
лы RB, ХА и YA образуют плоскую систему сил, для которой стЛ
ведливы следующие уравнения равновесия (рис.3.364)
^ Fix: ХА + Р2=0;
/=1
£ Fiy: Ya-P, + Rb = 0;
п
]Г mA( Fj): - aP, + aP2 + 3aRB = 0.
/=i
Решая систему, находим
ХА=-1кН; Ya = 3kH;
Rb = 1 кН.
Определив реакции
Рис. 3.364 опоР ra и RB, переходим к
нахождению усилий в
стержнях. Рассмотрим
равновесие узла А, освободив его от наложенных связей (опоры А и
стержней 1, 6), заменив их эквивалентными по действию на узел А
силой реакции RA и усилиями Sb S6 в стержнях 1, 6. Стержни
фермы считаются невесомыми. Поэтому на каждый стержень
действует только две силы, приложенные в узлах их крепления и
направленные по прямой, соединяющей эти узлы. Таким образом,
усилия Si и S6 направлены вдоль стержней 1 и 6, соответственно.
Для системы сходящихся сил ХА, YA (с0'
ставляющих реакции RA), Si и S6, приложенных к
узлу А, запишем следующие уравнения* равновесия
(рис.3.365)
А
Рис. 3.365
]Г Fix: ХА + Si + S6cos45° = 0;
/=i
п
J] Fiy: YA-S6sin45°=0.
/=i

221
^сЮДа с учетом полученных ранее значений ХА и YA
S, =-2кН; S6=4,24kH.
Рассматривая аналогичным образом равновесие узлов В
(рцс.3.366а), С (рис.3.3666), D (рис.З.Зббв) и Е (рисЗ.Зббг),
составляем соответствующие уравнения равновесия (1) - (4)
«4 О »" ш
г*1 *
S.
ч
"•1.
^
5 4 я 4*
Рис. 3.366
X Fu: -S3-S4cos45°=0;
(=i
п
]Г Fiy: RB-S4sin45°=0.
я
/=i
n
£ Fiy: P, + S7 = 0.
/=1
П
£ F«: - S2 - Sgcos 45° + S3 = 0;
i=i
n
]T Fiy: -S9-S8sin45°=0.
/=i
n
£ Fix: - S5 + P2 + S4cos 45° = 0.
/=1
Решая уравнения системы (1) - (4), получим
о)
(2)
(3)
(4)

222
S2 =-2кН; S3 = -1кН; S4=1,41kH; S5 = 2kH;
S7=-4kH; S8=1,41kH; S9 = -1kH.
Знак «-» у сил XA, Sb S2, S3, S7 и S9 означает, что принятые
при решении задачи направления векторов ХА, Sb S2, S3, S7, и S9
следует поменять на противоположные.
Задача 3.130 (4.71). Определить опорные реакции и
усилия в стержнях мостовой
фермы, которая вместе с
приложенными к ней
силами изображена на
рис.3.367.
Решение
Рассмотрим
равновесие фермы,
освободив ферму от
наложенных связей (опор А и В),
заменив их эквивалентными по действию на ферму силами
реакций Ra и Rb. Опора А подвижная. Она поставлена катками на
гладкую горизонтальную плоскость и препятствует только
вертикальному перемещению шарнира А. Поэтому реакция RA будет
направлена по вертикали (нормально опорной плоскости).
Неизвестную по величине и направлению силу RB разложим на
составляющие Хв и YB
Rb = Хв + YB.
Вместе с заданными
силами Рь Р2, F (Pi = 3 кН;
Р2 = 2 кН; F = 3 кН на рис
3.368) силы RA, Хв и YB
образуют плоскую систему сиЯ>
для которой справедлив^
следующие уравнения
равновесия
п
£ Fix: XB + F = 0;
Рис. 3.368

223
п
£ Fiy: Ra_Pi_p2 + Yb = 0;
n
Yj mA(Fi): -AD*P1-AE*P2-CD*F + AB*Yb = 0.
Отсюда
Ra = 2,1kH; Xb = ~2kH; Yb = 2,9kH.
Для определения усилий в стержнях рассмотрим
равновесие узлов А, С, D, Е и В. Начнем с узла А. Освободим его от
наложенных связей (опоры А и стержней 1,2), заменив связи
эквивалентными по действию на узел А силой реакции RA и усилиями
Si, S2 в стержнях 1, 2. Стержни фермы считаются невесомыми.
Поэтому на каждый стержень действует только две силы,
приложенные в узлах их крепления и направленные по прямой,
соединяющей эти узлы. Таким образом, усилия Si и S2 направлены
вдоль стержней 1 и 2, соответственно.
Для системы сходящихся сил RA, Si и S^ приложенных к
узлу А, можно составить следующие уравнения рав-
с новесия (рис.3.369)
]Г F«: S2 + Sicos45°=0;
Рис. 3.369 '=1
п
]Г Fiy: RA + SlSin45°=0. (1)
/=1
Из системы (1), учитывая полученное ранее значение RA, находим
Si = -2,97kH; S2 = 2,1kH.
Рассматривая аналогичным образом равновесие узлов С
(рис.3.370а), D (рис.3.3706), Е (рис.3.370в) и В (рис.3.370г),
составляем соответствующие уравнения равновесия (2) - (5)
п
]Г Fjx: S4-S1cos45°=0;

224
]Г Fiy: -S3-S1sin45°=0.
/=i
(2)
4
•U
j№
$,
*1 Ь
6, $,
■%
\\
v^1
Рис. 3.370
L
i=l
n
z
/=1
/1
z
/=1
/1
z
1=1
и
z
F»:
Fiy:
F*:
Fiy:
Fix:
-S2 + S6 + S5cosa =0;
-Pi + S3 + S5sina =0.
-S6 + S9 = 0;
S7 = 0.
XB-S9-Sgcos450=0.
(3)
(4)
(5)
/=1
Учитывая, что
sin a =3/5; cos a =4/5;
из уравнений системы (2) - (5) находим
S3 = 2,1 кН; S4 = - 2,1 кН; S5 = 1,5 кН;
S6 = 0,9kH; S7 = 0; S8 = - 4,11 кН; S9 = 0,9kH.
Знак «-» у сил Хв, Sb S4 и S8 означает, что принятые
решении задачи направления векторов Хв, Sb S4 и Sg следУ
поменять на противоположные.
пр**

225
Задача 3.131 (1.4). Поезд идет по прямолинейному
зризонтальному пути с постоянной скоростью; вес поезда, не
чйтая электровоза, 12 * 103 кН. Какова сила тяги электровоза, если
оПротивление движению поезда равно 0,005 давления поезда на
,ельсы?
Решение
Рассмотрим относительное равновесие поезда. Освободим
поезд от наложенной связи (рельс), заменив ее эквивалентной по
воздействию на поезд силой реакции Q. Силу реакции Q разложим
на две составляющие: нормальную реакцию N и силу
сопротивления F (рис.3.371). В условии задачи предполагается, что сила
сопротивления движению поезда F аналогично предельной силе
трения скольжения связана с нормальной
реакцией N равенством
VI
in
к
F = fN; (1)
ОС
где f— коэффициент трения.
Рис.3.371 Для определения нормальной
реакции N запишем уравнение проекций
сил, приложенных к поезду, на ось ОУ
£ Fiy: N-P = 0.
/=i
Отсюда
N = P=12*103kH.
Чтобы найти силу тяги электровоза R, составим уравнение
проекций сил, приложенных к поезду, на ось ОХ
£ Fix: R-F = 0. (2)
/=i
Из уравнения (2) с учетом равенства (1) находим
R = F = 0,005 * 12 * 103 = 60 кН.
Таким образом, при движении поезда с постоянной скоростью
Должно соблюдаться условие R > 60 кН.

226
Задача 3.132 (1.5). Пассажирский поезд состоит из
электровоза, багажного вагона веса Р0 = 400 кН и 10 пассажирских
вагонов веса Pj = 500 кН каждый (i = 1,...,10). С какой силой будут
натянуты вагонные стяжки и какова сила тяги электровоза R, если
сопротивление движению поезда равно 0,005 его веса? При
решении задачи принять, что сопротивление движению распределяется
между составом поезда пропорционально весу и что движение
поезда равномерное.
Решение
Сначала определим силу тяги электровоза R, которая будет
обеспечивать равномерное движение поезда. Рассмотрим
относительное равновесие поезда, для чего освободим поезд от связи
(рельс), заменив ее эквивалентной по воздействию на поезд силой
реакции Q. Силу реакции Q разложим на две составляющие:
нормальную реакцию N и силу сопротивления F (рис.3.372). В
условии задачи предполагается, что
Ч\ сила сопротивления движения
д j^—| ц поезда F аналогична предельной
_ ^^ трения скольжения и связана
Oil
F 0k X с нормальной реакцией N равен
Рис. 3.372
ством
F = fN, (1)
где f— коэффициент трения.
Для определения реакции N запишем уравнение проекций
на ось ОУ сил, приложенных к поезду
]Г Fiy:N-P = 0;
/=1
где Р — вес поезда
ю
Р = Ро+Х Рь
/=1
Р0 — вес багажного вагона; Pi — вес i-ro пассажирского вагона.
Отсюда
N = Р = 5400 кН.

227
Чтобы найти силу тяги электровоза R составим уравнение
проекций на ось ОХ сил, приложенных к поезду
(2)
1=1
Лз уравнения (2) с учетом равенства (1) находим
R = f N = 0,005 * 5400 = 27 кН.
Для определения сил натяжения вагонных стяжек
рассмотрим равновесие вагонов. Начнем с последнего 10-го вагона.
Освободим его от наложенных связей (рельс и стяжки,
соединяющей 10-й вагон с 9-м), заменив их
эквивалентными по воздействию на вагон силами
реакции Qm и натяжения Тю (рис.3.373).
Раскладывая силу Qw на составляющие N10 и Fi0,
записываем уравнения проекций
действующих сил на оси ОХ и ОУ
*♦
U
\
N„
Рис. 3.373
У л Рк • Тю ~ F10 = 0;
i=l
п
]Г Fiy: N10-P,o = 0;
(3)
(4)
(=i
где сила сопротивления последнему вагону F10 связана с
нормальной реакцией Nio равенством
F,o = fN10. (5)
Из уравнений (3),(4) с учетом равенства (5) имеем
Т,о = f N10 = 0,005 * 500 = 2,5 кН.
Аналогично, составляя уравнения равновесия 9-го вагона
(рис.3.374)
п
X Fix: T9-T10-F9 = 0;
i=i

228
-Г Г»
VffP
Рис. 3.374
J] Fiy: N9-P9 = 0;
/=i
с учетом равенства
F9 = fN<
9>
находим
Т9 = Т10 + f N9 = 2,5 + 0,005 *500 = 5 кН.
И т. д. для остальных вагонов поезда.
Задача 3.133 (5.1). Определить необходимую затяжку
болта, скрепляющего две стальные
полосы, разрываемые силой Р = 2 кН
(рис.3.375). Болт поставлен с зазором и
не должен работать на срез.
Коэффициент трения между листами равен 0,2.
Решение
Рис. 3.375
Рассмотрим равновесие одной из
полос, например, верхней. Освободим верхнюю полосу от
наложенной связи (нижней полосы), заменив ее эквивалентными по
действию на верхнюю полосу нормальной реакцией N,
перпендикулярной плоскости соприкасающихся полос, и силой трения
скольжения F, расположенной в плоскости соприкасающихся
полос (рис.3.376). Для действующей на
верхнюю полосу системы сил N, F и Р
составим следующее уравнение равновесия
£ F*: P-F = 0.
0)
/=1
Учитывая, что сила F здесь считается предельной силой
трения, для которой справедливо равенство
F = fN,
из уравнения (1) находим N = 10 кН.

229
Задача 3.134 (5.6). Найти угол естественного откоса
земляного грунта, если коэффициент трения для этого грунта f = 0,8.
Примечание. Углом естественного откоса называется тот
наибольший угол наклона откоса к горизонту, при котором частица
грунта, находящаяся на откосе, остается в равновесии.
Решение
Рассмотрим равновесие частицы грунта весом Р, которая
находится на откосе. Освободим ее от наложенной связи (откоса
грунта), заменив связь эквивалентными по действию на частицу
грунта нормальной реакцией N, перпендикулярной плоскости
откоса, и силой трения скольжения F, расположенной в плоскости
откоса (рис.3.377). Для действующей на
частицу грунта плоской системы сил N, F и Р
можно записать следующие уравнения
равновесия
1=1
и
Z
F^: Psina -F = 0;
Fiy: N-Pcosa =0
(1)
Рис. 3.377 ~
Учтем, что сила F здесь считается предельной силой трения, для
которой справедливо равенство
F = fN;
й из системы (1) находим
tga =f=0,8; a = 38°40'.
Задача 3.135 (5.9). На верхней грани прямоугольного
бруса В, вес которого 200 Н, находится прямоугольный брус А
веса 100 Н (рис.3.378). Брус В опирается
своей нижней гранью на горизонтальную
поверхность С, причем коэффициент
трения между ними f2 = 0,2. Коэффициент
В I трения между брусами А и В f\ = 0,5.
ЩщтШШШт На брус А действует сила Р = 60 Н, обра-
G зующая с горизонтом угол a = 30°. Будет
Рис. 3.378

230
ли брус А двигаться относительно В? Будет ли брус В двигаться
относительно плоскости С?
Решение
Для ответа на первый вопрос рассмотрим равновесие бруса
А. Освободим его от наложенной связи (бруса В), заменив связь
эквивалентными по действию на брус А нормальной реакцией Nb
перпендикулярной плоскости верхней грани бруса В, и силой
трения скольжения Fb расположенной в этой плоскости (рис.3.379).
Действующие на брус А силы Nb Fi вместе с заданной силой Р и
силой веса Gi образуют плоскую систему сил, для которой можно
составить следующие уравнения равновесия
п
]Г Fb,: F!-Pcos30°=0;
п
]Г Fiy: I^-Gi-PsinSO0 =0. (1)
Из первого уравнения системы (1) находим значение силы Fb
которое обеспечивает равновесие бруса А
¥{ = 52 Н.
Из второго уравнения системы (1) определяем значение
нормальной реакции Nb а, следовательно, и предельной силы трения
скольжения брусов Fi
Fi = fiNi = 65 Н.
Так как сила трения Fi между брусами А и В оказывается больше
силы Fb обеспечивающей равновесие бруса А, брус А не будет
перемещаться относительно бруса В.
Теперь решим аналогичную задачу для бруса В. Рас
смотрим равновесие системы, составленной из двух брусов: А и В
Освободим систему от наложенной связи (плоскости С), заменив
связь эквивалентными по действию на систему нормальной реак-
цией N2, перпендикулярной плоскости С, и силой трения
скольжения F2, расположенной в этой плоскости (рис.3.380). Действу
ющие на систему силы N2, F2 вместе с заданной силой Р и силами
л&
СЖ1
Рис. 3.379

ресз брусов Gb G2 образуют плоскую систему сил, для которой
сГ1раведливы следующие уравнения равновесия
#|
JAfe
' ДОЦ /к
Рис. 3.380
it
]Г Fix: F2-Pcos30°=0;
1=1
и
^Г Fiy: N2 - Gi - Gi - Psin30° = 0.
/=i
Отсюда находим, что предельная сила
трения скольжения между брусом В и
плоскостью С, равная
F2=/2N2 = 66 Н;
оказывается больше силы трения, которая необходима для
обеспечения равновесия бруса В. Следовательно, брус В также не будет
перемещаться относительно плоскости С.
Задача 3.136 (5.11). На наклонной плоскости лежит
прямоугольный брус В веса 400 Н (рис.3.381). К нему с помощью
троса присоединяют прямоугольный брус А веса 200 Н, который,
скользя по наклонной плоскости, натягивает трос. Коэффициенты
трения с наклонной плоскостью fA = 0,5 и fB = 2/3. Будет ли
система в дальнейшем находиться в покое? Найти натяжение Т троса
и величины сил трения, действующие на каждое тело. Весом троса
пренебречь.
Решение
Выделим из системы брус А.
Освободим его от связей (наклонной
плоскости и троса), заменив связи
эквивалентными по их действию на брус
А нормальной реакцией NA, силой трения скольжения FA и
силой натяжения троса Т. Нормальная реакция NA
перпендикулярна наклонной плоскости, сила трения FA расположена в этой
Плоскости, а сила Т направлена вдоль троса (рис.3.382).
Действующие на брус А силы NA, FA, Т вместе с силой веса бруса РА
образуют плоскую систему сил, для которой справедливы
следующие уравнения равновесия
Рис. 3.381

232
п
]£ Fix: Т + FA ~ Pa sin30° = 0;
/=i
n
]T Fiy: NA-PAcos30°=0.
Рис. 3.382
i=l
Отсюда
NA=173H; FA = fANA = 86,5H; T=13,5H.
Для определения силы FB и ответа на вопрос «будет ли
система после присоединения бруса А находиться в покое?»
рассмотрим равновесие бруса В. Освободим брус В весом Рв от
связей (наклонной плоскости и троса), заменив связи
эквивалентными по их действию на брус В нормальной реакцией NB,
перпендикулярной наклонной плоскости, силой
\Н% трения скольжения FB, лежащей в этой
^ плоскости и силой натяжения троса Т, на-
Т^А^Й^^ правленной вдоль троса. Для плоской
системы сил NB, FB, ТиРв составим следующие
уравнения равновесия (рис.3.383)
Рис. 3.383
2] Fix: - Т + FB - Рв sin30° = 0;
п
J] Fiy: NB-PBcos30°=0.
0)
■1=1
Решая систему (1) с учетом полученного ранее значения Т,
находим
NB = 346H; FB = 213,5 Н.
Предельная сила трения скольжения между брусом В И
наклонной плоскостью, определяемая равенством
FB = fBNB = 230H;
оказывается больше силы FB, которая обеспечивает равновесие
бруса В. Следовательно, после присоединения бруса А система,
составленная из брусов А и В, соединенных тросом, будет нахо*
диться в покое.

233
Задача 3.137 (5.13). Цилиндр А лежит в направляющих В,
поперечное сечение которых — симметричный клин с углом
раствора в (рис.3.384). Коэффициент трения между цилиндром А и
направляющей В равен f. Вес
цилиндра равен Q. При какой
величине силы Р цилиндр
начнет двигаться
горизонтально? Каков должен быть
угол 0, чтобы движение
началось при значении силы Р,
равной весу цилиндра Q?
8 \ \В ^
mmmtmm жшшт
Рис. 3.384
Решение
Рассмотрим равновесие цилиндра, освободив его от
наложенных связей (направляющих В) и заменив их эквивалентными
по действию на цилиндр нормальными реакциями Ni и N2,
перпендикулярными опорным плоскостям направляющих (рис.3.385),
и силами трения скольжения Fi и F2, лежащими в этих плоскостях
(рис.3.386).
Рис. 3.385
Рис. 3.386
Для пространственной системы сил, образованной силами
Р, Q, Ni, N2, Fi и F2 составим следующие уравнения равновесия
it
£ Fix: P-F1-F2 = 0;
п
^ Fiy: (Ni-Ns)eos<p=0;
/=i
n
]Г Fiz: (N^NOsimp-Q-O;
/=i
где cp
=e/2.
0)

234
Учитывая, что предельная сила трения скольжения F
связана с силой нормального давления N известным равенством
F = fN;
где f— коэффициент трения, из системы (1) находим
N! = N2 = Q/{2sin(0/2)}; Р = (Qf)/sin( 0/2).
Таким образом, цилиндр начнет двигаться горизонтально
при выполнении условия
P>(C$/sin(0/2).
Отсюда определяем, каким должен быть угол 0, чтобы движение
цилиндра началось при P = Q
0>2arcsinf.
Задача 3.138 (5.14). Цилиндр веса Q лежит на двух опорах
А и В, расположенных симметрично
относительно вертикали, проходящей через центр
цилиндра (рис.3.387). Коэффициент трения
между цилиндром и опорами равен f. При
какой величине тангенциальной силы Т
цилиндр начнет вращаться?
Решение
Рассмотрим равновесие цилиндра,
освободив его от наложенных связей (опор А и В) и заменив их
эквивалентными по действию на цилиндр нормальными реакция'
ми NA и NB, перпендикулярными плоскостям, касательным *
поверхности цилиндра в точках его контакта с опорами, и силам**
трения скольжения FA и FB, лежащими в этих плоскостям
(рис.3.388). Для плоской системы сил, образованной силами Na>
Nb, Fa , Fb, Q и T, можно составить следующие уравнения
равновесия
\
]Г Fix: NAsin0 + FAcos0 + FBcos0 -NBsin0 = 0;

235
£ Fiy: - T- Q + (NA + NB)cos9 + (FB - FA)sin9 = 0;
n
]T m0(Fi): R*FB + R*FA-R*T = 0;
где R — радиус цилиндра.
Учитывая, что предельные силы
трения скольжения FA и FB связаны с силами
& нормального давления NA и NB равен-
Af# ствами
FA = fNA; FB = fNB;
и решая систему, находим
Т =
Qf
(l + f2)cos9-f
Задача 3.139 (5.15). Пренебрегая трением между ползуном
А и направляющей, а также трением во всех
шарнирах и подшипниках кривошипного
механизма, определить, какова должна быть сила Р,
необходимая для поддерживания груза Q при
указанном на рис. 3.389 положении механизма.
Каковы минимальное и максимальное значения
Р, обеспечивающие неподвижность груза Q,
если коэффициент трения между ползуном А и
направляющей равен f ?
Решение
Для ответа на вопросы, поставленные в
Рис з 389 задаче, рассмотрим равновесие отдельных
частей механизма. Начнем с той части, которая
объединяет кривошип ОВ с намотанной на барабан нитью и груз
Q- Освободим эту часть механизма от связей (шатуна АВ и опоры
^), заменив их эквивалентными по действию силами реакций S и
в шарнирах В и О, соответственно. Согласно условию задачи
**а Шатун АВ действуют только две силы: силы реакций в
шарнирах А и В (вес шатуна считается пренебрежимо малым). Поэтому

236
Рис. 3.390
сила реакции S направлена вдоль прямой, coes
диняющей шарниры А и В (рис.3.390). Опр&
делим величину силы S, для чего составив
уравнение моментов сил, действующих на рас*
сматриваемую часть механизма, относительно
точки О (точки приложения реакции Ro)
^ m0( Fi): aQ - rS cos a = 0. (1)
Учитывая, что
а=--(ф+в);
из уравнения (1) находим
S =
Qa
rsin(q> + 0)
Определив силу S по величине и направлению, перейдем к
исследованию равновесия ползуна А. Сначала рассмотрим случай,
когда трение между ползуном А и направляющей считается
пренебрежимо малым. Освободим ползун от наложенных связей
(шатуна АВ и направляющей), заменив их эквивалентными по
действию на ползун силой S реакцией NA, направленной по
нормали к направляющей (рис.3.391). Чтобы определить
силу Р, при которой ползун А будет находиться в
равновесии, достаточно записать одно уравнение
равновесия, — уравнение проекций на ось AY сил,
приложенных к ползуну А
*♦
^
Рис. 3.391
]Г Fiy: Scoscp-P = 0.
/=i
Отсюда с учетом полученного ранее выражения для силы S нахс
дим
Р= Qa cos ф
rsin((p + 0)
Предположим теперь, что между ползуном А и направлю
ющей существует трение скольжения с коэффициентом / Найде^

237
s
i=l
n
s
F»:
Fiy:
максимальное значение силы P, обеспечивающее неподвижность
груза Q. Обозначим это значение как Ртах. При Р > Р^х груз Q
будет подниматься, а ползун А, — опускаться. Сила трения
скольжения FA, препятствующая такому движению, будет направлена
рдоль направляющей вверх. Таким образом, после освобождения
от наложенных связей ползун А будет находиться под действием
системы сил Р, S, NA и FA, для которой справедливы следующие
уравнения равновесия (рис.3.392)
NA-Ssincp=G;
FA + Scosq>-P = 0. (2)
/=i
Рис. 3.392
Принимая во внимание, что для предельного
значения силы трения
FA = fN
из системы (2) находим
р_р _ Qa(fsin<p + cosq>)
* "~ * max — ~ Г~7 ^ГГ
rsin(<p + 6)
При Р < Pmin (где Pmm — минимальное значение силы Р,
обеспечивающее неподвижность груза Q) груз Q будет опускаться,
а ползун А, — подниматься. Сила трения скольжения FA,
препятствующая такому движению, будет направлена вдоль
направляющей вниз и для системы сил Р, S, NA и FA, действующей на
ползун А в этом случае, можно записать
следующие уравнения равновесия (рис.3.393)
I
Fix^ NA-Ssinq> =0;
/i
Рис 3.393 Л Fiy: - FA + Scos q> - P = 0.
Отсюда
* — *min ~~
Qa(cos(p-fsincp)
rsin(9 + 0)

238
Задача 3.140 (5.20). Груз Q может скользить по шерохо*
ватым направляющим АВ (рис.3.394). К грузу прикреплен трос, не*
сущий груз Р. Определить границы
участков, где равновесие невозмож-
но, если вес груза Q = 100 Н, груза
Р = 45 Н, коэффициент трения
скольжения f = 0,5. Расстояние от
центра блока D до оси направляю-
щих h = 15 см. Размерами блока D
и груза Q пренебречь.
Рис. 3.394
Решение
Чтобы определить границы искомых участков (на оси ОХ),
рассмотрим равновесие груза Q. Освободим его от наложенных
связей (направляющих АВ и троса) и заменим их эквивалентными
по действию на груз нормальной реакцией N, перпендикулярной
плоскости, касательной к поверхности направляющих, силой
трения скольжения F, лежащей в этой плоскости,
и силой натяжения троса Т, направленной
вдоль троса (рис.3.395). Для системы сил,
образованной силами N, F, Т и силой веса груза
Q, можно составить следующие уравнения
равновесия
Рис. 3.395
п
2^ Fix: Tcosa -F = 0;
n
]JT Fiy: N + Tsina -Q = 0.
/=i
о)
Система (1) содержит три неизвестных: силы N, Т и угол
а (считаем, что сила трения F связана с нормальной реакцией N
равенством F = f N). Дополним эти уравнения урав-
7j £/&t нениями равновесия блоков Е и D.
ЬЧ После освобождения блока Е от связей (шар'
нирной опоры и троса), на блок Е будут действовать
сила реакции в шарнире RE, сила натяжения троса Tj tf
сила веса груза Р (рис.3.396). Момент силы трения на
блоке считается пренебрежимо малым. Так как силу ре'
акции RE находить не требуется, составим только одно
ф
Рис. 3.396

239
уравнение равновесия, — Уравнение моментов относительно оси
блока Е радиуса ri (точки приложения силы Re)
X mE(Fi): Тл-Рг^О.
Отсюда
Решая аналогичную задачу для блока D радиуса г2,
записываем (рис.3.397)
п
]Г mD(Fi): Тга-Тл^О.
Следовательно,
Рис. 3.397 j = j = р
Подставим полненное значение Т в уравнения системы (1) и
учтем, что
ОС . . h
cosoc = -7 ' since = -7=
Vh2+OC2 Vh2+OC2
Тогда величину отрезка ОС на оси ОХ будут определять решения
следующего квадратного уравнения
oc»+-^oc+£f2^-o.
P2-Q2f2 P2-Q2f2
После подстановки в это уравнение численных значений, получаем
ОС! = 40,7 см; ОС2 = 23,2 см.
Таким образом, точки на оси ОХ с координатами (23,2 см;
40,7 см) и симметричные им относительно начала координат точки
с координатами (- 23,2 см; - 40,7 см) обозначают границы
участков, где равновесие невозможно.
Задача 3.141 (5.21). К валу приложена пара сил с
моментом М = 100 Нм (рис.3.398). На валу заключено тормозное колесо,
в Радиус г которого равен 25 см. Найти, с какой силой Q надо прижи-
&о

240
мать к колесу тормозные колодки, чтобы ко.
лесо оставалось в покое, если коэффициент
трения покоя f между колесом и колодкам^
равен 0,25.
Решение
Рис. 3.398 Рассмотрим равновесие отдельных
частей тормозной системы. Сначала выделим
из системы одну из тормозных колодок (например, левую). Осво-
бодим колодку от наложенной связи — вала, — заменив вал
эквивалентными по его действию на колодку нормальной реакцией N,
перпендикулярной плоскости, касательной к поверхности вала в
точке его контакта с тормозной колодкой, и силой трения
скольжения F, лежащей в этой плоскости (рис.3.399). Для
" системы сил, приложенных к рассматриваемой
колодке, составим следующее уравнение равновесия
Ы
\
Рис. 3.399
Отсюда
£ F*: Q-N = 0.
Q = N.
#=i
Теперь исследуем равновесие вала.
Освободим вал от наложенных связей
(тормозных колодок), заменим связи
нормальными силами реакций N и силами трения F й
составим уравнение моментов относительно
точки О (рис.3.400)
Рис. 3.400
Y, m0(Fi): 2r*F-M = 0.
(1)
1=1
Учитывая, что предельная сила трения и нормальная
реакция связаны равенством
F = f*N;
из уравнения (1) находим
Q = N = M/(2r*f) = 800H.

241
Задача 3.142 (5.26). Горизонтальный стержень АВ имеет
на конце А отверстие, которым он надет на вертикальную круглую
стойку CD (рис.3.401); длина втулки b = 2 см; в точке Е на
расстоянии а от оси стойки к стержню
подвешен груз Р. Определить, пренебрегая
весом стержня АВ, расстояние а так,
чтобы под действием груза Р стержень
оставался в равновесии, если
коэффициент трения между стержнем и
стойкой f= 0,1.
Рис. 3.401
Решение
В задаче предполагается, что между отверстием втулки
и стойкой существует зазор. Поэтому под действием груза Р
перекошенная втулка будет опираться на поверхность стойки в
точках К и Е (рис. 3.402). Освободим втулку от наложенной связи
(стойки), заменив связь эквивалентными по ее действию на
втулку силами реакций: нормальными реакциями NK, NE,
направленными перпендикулярно плоскостям, касательным к поверхности
стойки в точках К и Е, и силами трения скольжения FK, FE, которые
лежат в этих плоскостях. Для действующей на втулку плоской
системы сил NK, NE, FK, FE и Р
составим следующие уравнения
равновесия
Рис. 3.402
п
£ Fix:NE-NK = 0;
п
]Г Fiy: FK + FE-P = 0;
«=i
rt
£ mK( FO: 2rFE + bNE - (a + r)P = 0;
i=l
где r — радиус стойки.
Решая систему и учитывая, что
получим
FK< f*NK; FE< f*NE;
a > 10 см.
S-4328

242
Задача 3.143 (5.27). К вертикальной стене приставлен^
лестница АВ, опирающаяся своим нижним концом на горизо^
тальный пол (рис.3.403). Коэффициент трени$
лестницы о стену fb о пол f2. Вес лестницы
вместе с находящимся на ней человеком равен Р
и приложен в точке С, которая делит длину
лестницы в отношении m/n. Определить
наибольший угол а, составляемый лестницей со
стеной в положении равновесия, а также нор.
мальные составляющие реакций МАстеныиЫв
пола для этого значения а.
Рис. 3.403
Решение
Чтобы ответить на поставленный в задаче вопрос
рассмотрим равновесие системы, составленной из лестницы с
человеком. Освободим систему от наложенных
связей (стены и пола), заменив связи
эквивалентными по их действию на систему силами
реакций NA, NB, FA и FB (рис.3.404).
Нормальные реакции NA, NB направлены
перпендикулярно к стене и полу, соответственно, а
силы трения скольжения FA, FB, — вдоль
стены и пола. Для плоской системы сил,
образованной силами NA, NB, FA, FB и Р
составим следующие уравнения равновесия
Рис. 3.404
л
X F^Na-F^O;
п
Y, Fir FA + NB-P = 0;
/=i
п
^ mA(Fi): AB*NBsina -AB*FBcosa -AC*Psina =0.
i=i
Отсюда, учитывая, что предельные силы трения связаны с нор'
мальными реакциями выражениями
FA = fiNA; FB = f2NB;
находим

243
NB =
l + f,f2
NA-
Pf,
l + f,f2
tga =
(n + m)f2
m-nfjf2
Задача 3.144 (5.28). Лестница AB веса P упирается в
гладкую стену и опирается на горизонтальный
негладкий пол (рис.3.405). Коэффициент трения лестницы
о пол равен f. Под каким углом а к полу надо
поставить лестницу, чтобы по ней мог подняться
доверху человек, вес которого Pi?
Решение
Рис. 3.405 Рассмотрим равновесие системы,
составленной из лестницы и человека, расположенного в
точке А. Освободим систему от наложенных связей (гладкой стены
и негладкого пола), заменив связи эквивалентными по их
действию на систему силами реакций NA, NB и FB.
Нормальные реакции NA и NB направлены
перпендикулярно к стене и полу, соответственно, а сила
трения скольжения FB, — вдоль пола (рис. 3.406).
Для плоской системы сил, образованной силами
NA, NB, FB, Р и Pi составим следующие уравнения
равновесия
Рис. 3.406
£ Fiy: NB-P-P, = 0;
;=i
п
£ mA(Fi): AB*NBcosa -(AB/2)Pcosa -AB*FBsina =0.
Учитывая, что предельная сила трения связана с нормальной
реакцией равенством
FB = fNB;
и решая систему, получим
tga =
2Р.+Р
2f(P,+P)
Задача 3.145 (5.30). Тяжелый однородный стержень АВ
лежит на двух опорах С и D, расстояние между которыми CD = а,
АС = Ь (рис.3.407). Коэффициент трения стержня об опоры равен £
9*

244
Рис. 3.407
Угол наклона стержня к горизонту равен
а . Какому условию должна удовлетворять
длина стержня 2/ для того, чтобы стержень
находился в равновесии, если толщиной его
можно пренебречь?
Решение
Предположим, что / > а + Ь, и рассмотрим равновесие
стержня. Освободим стержень от наложенных связей (опор С и D),
заменив связи эквивалентными по их действию на стержень
нормальными силами реакций Nc, ND и силами трения скольжения
Fc, FD. Нормальные реакции Nc и ND
направлены перпендикулярно стержню, а
силы трения скольжения Fc и FD, — вдоль
стержня (рис.3.408). Для плоской системы
сил, образованной силами Nc, ND, Fc, FD и
силой веса стержня Р, составим следующие
уравнения равновесия
Рис. 3.408
п
I
1=1
п
z
/=1
п
I
1=1
F^: -Psina +Fc + FD = 0;
Fiy: -Pcosa +ND-Nc = 0;
mD(Fi): DE*Pcosa -CD*Nc = 0.
Принимая предельные значения сил трения
Fc = fNc; FD = fND;
из системы (1) находим
2/ = а{ l+(l/f)tga}+2b.
(О
(2)
(3)
Другие значения длины стержня, при которых он будет оставаться
в равновесии, можно получить после замены равенств (2)
неравенствами
Fc< fNc; FD< fND.

245
р этих случаях вместо условия (3) будем иметь следующее
2/>а{ l+(l/f)tga}+2b.
Если / = а + Ь, то DE = 0 и из третьего уравнения системы
(1) получаем: Nc = 0. Следовательно, и Fc = 0. Равновесие стержня
будут обеспечивать только силы ND и FD. Для предельного
значения FD из равенства (3) находим
f=tga.
То есть предельное значение угла наклона стержня а равно углу
трения. Из того же третьего уравнения системы (1) видно, что если
/ < а + Ь, то при заданном расположении опоры С равновесие
стержня невозможно (Nc = 0, но DE * Р cos а Ф 0).
Задача 3.146 (5.31). Однородный брус опирается в точке А
Z, на негладкий горизонтальный пол и
удерживается в точке В веревкой (рис. 4.409).
Коэффициент трения бруса о пол равен £
Угол а, образуемый брусом с полом,
равен 45°. При каком угле ф наклона верев-
^ ки к горизонту брус начнет скользить?
Рис. 3.409 Решение
Рассмотрим равновесие бруса, освободив брус от
наложенных связей (пола и веревки) и заменив связи эквивалентными по их
Действию на брус силами реакций пола N, F и веревки Т.
Нормальная реакция N направлена перпендикулярно к полу, а сила
трения скольжения F, — вдоль пола. Сила натяжения Т действует
вдоль веревки (рис.3.410). Для плоской системы сил, образованной
силами N, F, Т и силы веса бруса Р запишем
следующие уравнения равновесия
п
]Г F^: Tcoscp-F = 0;
п
J] Fiy: Tsin(p+N-P = 0;
Рис. 3.410

246
2 mB(Fi): (AB/2)Pcosa -AB*Fsina -AB*Ncosa =0.
/=i
Отсюда, полагая, что предельная сила трения определяется
равенством
F = fN;
находим
tgq> = - + 2.
Задача 3.147 (5.32). Однородный стержень своими конца*
ми А и В может скользить по негладкой поверхности трубы
радиуса а (рис.3.411). Расстояние ОС стержня до центра О сечения
трубы, расположенного в вертикальной
плоскости, равно Ь. Коэффициент трения между
стержнем и поверхностью трубы равен f. Опре-
^j^ bf*- i делить для положений равновесия стержня угол
ф, составляемый прямой ОС с вертикальным
диаметром трубы.
Рис. 3.411
Решение
Рассмотрим равновесие стержня, освободив стержень от
наложенной связи (поверхности трубы) и заменив связь
эквивалентными по ее действию на стержень
нормальными силами реакций Na, Nb и силами
трения скольжения FA, FB. Нормальные
реакции NA и NB направлены перпендикулярно
плоскостям, касательным к поверхности трубы,
а силы трения скольжения FA и FB лежат в этих
плоскостях (рис.3.412). Для плоской системы
сил, образованной силами NA, NB, FA, FB и
силой веса стержня Р, составим следующие урав-
Рис. 3.412 нения равновесия
X mA(Fi): -(AB/2)Pcos<p + AB*NBsina -AB*FBcosa =0.
/=i
X m*( Fi): (AB/2)Pcos ф - AB * NA sin a - AB * FA cos a = 0.
/=i

247
п
][] mo( Fi): bPsin <p - aFA - aFB = 0.
решая систему с учетом неравенств
FA<fNA; FB<fNB;
получим
b2(f2 + l)
ctg(p> \2 '-f.
fa
Примечание. Вместо системы (1) можно использовать
систему, составленную из двух уравнений проекций сил на оси
координат и одного уравнения моментов (первая форма уравнений
равновесия). Однако, решение таких уравнений оказывается более
трудоемким.
Задача 3.148 (5.35). Для опускания грузов употребляется
ворот с тормозом, изображенным на рис. 3.413. С барабаном, на
который намотана цепь, скреплено концентрическое деревянное
Рис. 3.413
колесо, которое тормозят, надавливая на конец А рычага АВ,
соединенного цепью CD с концом D тормозного рычага ED. Диаметр
колеса а = 50 см; диаметр барабана b = 20 см; ED = 120 см; EF =
^60 см; АВ = 1 м; ВС = 10 см. Определить силу Р,
уравновешивающую груз Q = 8 кН, подвешенный к подвижному блоку, если
коэффициент трения дерева о сталь f = 0,4; размерами колодки
*1ренебрегаем.

248
Решение
Рассмотрим равновесие отдельных звеньев, входящих ь
состав системы «ворот с тормозом». Выделим из системы рычаг
АВ. Освободим рычаг от наложенных связей (цепи CD и опоры В)}
#ф заменив связи эквивалентными по их действию на
iS рычаг силой натяжения цепи S и реакцией опоры
^ RB. Учитывая, что сила натяжения S направлена
1 ^ Т&в вдоль Депи CD, запишем уравнение моментов
* Р действующих на рычаг сил относительно точки В
(точки приложения реакции RB, рис.3.414)
Рис. 3.414
п
]Г mB(Fi): AB*P-CB*S = 0.
/=i
Выразим из этого уравнения искомую силу Р через натяжение S
P = S(CB/AB); (1)
и перейдем к исследованию равновесия следующего звена
системы, — тормозного рычага DE. Освобождаем рычаг DE от связей
(цепи CD, колеса и опоры В), заменив связи эквивалентными по их
действию на рычаг силой натяжения цепи S, нормальной реакцией
N, силой трения скольжения Fw и реакцией опоры RE. Нормальная
реакция N направлена перпендикулярно плоскости, касательной к
поверхности колеса, а сила трения
скольжения Еф лежит в этой плоскости (рис.3.415).
Чтобы записать выражение для натяжения S,
здесь, как и в предыдущем случае, достаточно
составить одно уравнение равновесия
п
J] mE(Fi): ED*S-EF*N = 0.
1=1
Отсюда
S = N*(EF/ED). (2)
Аналогичные задачи решаем для колеса, скрепленного о
барабаном, и двух блоков (подвижного и неподвижного), через кс
торые переброшена цепь, удерживающая груз весом Q. После
освобождения колеса с барабаном от связей (цепи, тормозной кс
т
Sb

249
0дки F и опоры О) и замены связей эквивалентными по их
действию силами реакций к колесу с барабаном будут приложены
следующие силы: сила натяжения цепи Т,
направленная вдоль цепи, нормальная реакция N,
направленная перпендикулярно плоскости, касательной к
поверхности колеса, сила трения скольжения F^,
расположенная в этой плоскости, и сила реакции
опоры Rq (рис.3.416). Составляя уравнение
моментов этих сил относительно точки О
Рис. 3.416
и учитывая, что
получим
£ m^FO: (a/2)FTp-(b/2)T = 0;
:=1
Fip = fN;
N = (Tb)/(af). (3)
Уравнения равновесия блоков записываем в виде (рис.3.417,3.418)
Т,
Рис. 3.417
Ш-Т—5
Рис. 3.418
X moi(Fi): пТ-^Т^О;
п
£ *V T! + T2-Q = 0;
/=i
п
X «WFi): r2Ti-r2T2 = 0.
(4)
ы
Здесь гь г2 — радиусы блоков.
Решая систему (4), находим
Т = Т1 = Т2 = 4кН.
Возвращаясь к равенствам (3), (2) и (1), будем иметь
N = 4kH; S = 2kH; Р = 0.2кН.
Задача ЗЛ49 (5.36). На гранях АВ и ВС призмы ABC
Помещены два одинаковых тела G и Н веса Р, связанные нитью,
перекинутой через блок в точке В (рис.3.419). Коэффициент трения

250
между телами и гранями призмы равен f. Углы ВАС и ВСА равны
45°. Определить, пренебрегая тре>
нием на блоке, величину угла а на*
клона грани АС к горизонту, необ.
ходимую для того, чтобы груз G на*
чал опускаться.
Решение
Чтобы ответить на вопрос,
поставленный в задаче, рассмотрим
равновесие тел Н, G и блока в
отдельности. Освободим тело Н от
наложенных связей (опорной грани призмы и нити), заменив связи
эквивалентными по их действию на тело Н силами реакций:
нормальной реакцией Nb направленной перпендикулярно к плоскости
опорной грани, силой трения скольжения Fb расположенной в
плоскости грани, и силой
натяжения нити Ть которая действует
вдоль нити. Выберем систему
координат, показанную на рис.3.420, и
для системы сил Nb Fb Ti и Р
составим следующие уравнения
равновесия
Рис. 3.419
Рис. 3.420
п
Y, Fix:F1-T, + Psinp=0;
/=i
п
£ Fiy: N1-Pcosp=0. (1)
Здесь
i=\
Р =—(а + 45°).
Учитывая, что предельная сила трения определяется равенством
Fi = fNi;
из системы (1) находим
T!=P(sinp-f*cosp).
Ф

251
Затем решаем аналогичную задачу для тела G. После
освобождения тела G от связей составляем следующие уравнения
равновесия (рис.3.421)
п
£ Р«:-Р2-Т2 + Рсо8р=0;
и
£ Fiy: N2-Psinp=0.
i=i
Отсюда при F2 = fN2, получаем
T2 = P(cosp-fsinp). (3)
Освобождая блок от связей
(нитей и шарнирной опоры в точке
В), запишем уравнение моментов сил,
действующих на блок радиуса г,
относительно точки В (рис.3.422)
п
J] mB(Fi): rTWT^O.
i=i
Из последнего уравнения находим
A Ъ = Т2;
eLJL
№^ ** или на основании равенств (2), (3)
sinp - fcosp = cosp - fsinp.
Рис. 3.422
Отсюда после подстановки выражения для угла р
будем иметь
tga =f.
W
iff.
* >■
*
•*
*\
Рис. 3.421

252
Ж/Ж№ШМ
Рис. 3.423
§ 3,2, ПРОСТРАНСТВЕННАЯ СИСТЕМА СИЛ
3.150 (6.1). Угловой столб составлен из двух
одинаково наклоненных брусьев АВ и АС,
скрепленных в вершине посредством шарнира
(рис.3.423). Угол ВАС = 30°. Столб
поддерживает два горизонтальных провода AD и АЕ,
составляющих между собой прямой угол.
Натяжение каждого провода равно 1 кН. Определить
усилия в брусьях, предполагая, что плоскость
ВАС делит пополам угол DAE, пренебрегая
весом брусьев.
Решение
Рассмотрим равновесие шарнира А, освободив шарнир от
наложенных связей (проводов AD, АЕ и брусьев АВ, АС) и
заменив связи эквивалентными по их действию на шарнир А силами
натяжений проводов TD, ТЕ, которые направлены вдоль проводов,
и реакций брусьев SB, S<> Согласно условию задачи весом брусьев
можно пренебречь и считать, что каждый брус находится в
равновесии под действием только двух сил, — реакций в шарнире А и
опоре В или С. Но тело может находиться в равновесии под
действием двух сил тогда, когда эти силы равны
по величине и противоположны по
направлению. Следовательно, реакции брусьев SB и Sc
направлены по прямым, соединяющим шарнир
А с опорами В и С, то есть вдоль брусьев.
Приложенные к шарниру А силы TD, ТЕ, SB и Sc
образуют пространственную систему
сходящихся сил, для которой справедливы следующие
уравнения равновесия (рис.3.424)
Рис. 3.424 п
]Г Fix: ТЕ sin 45° - TD sin 45° = 0;
n
^ Fiy: TEcos45° + TDcos45° + Scsinl5° - SBsinl5° = 0;
n
5] F«: -Sccosl5° -SBcosl5° =0.
/=i

253
Отсюда находим
Sb = -Sb = 2,73kH.
Задача 3.151 (6.2). Горизонтальные провода телеграфной
линии подвешены к телеграфному столбу АВ с подкосом АС и
составляют угол DAE = 90° (рис.3.425). Натяжения
проводов AD и АЕ соответственно равны 120 Н и
160 Н. В точке А крепление шарнирное. Найти
угол а между плоскостями ВАС и ВАЕ, при
котором столб не испытывает бокового изгиба, и
определить усилие S в подкосе, если он поставлен
под углом 60° к горизонту. Весом столба и
подкоса пренебречь.
Рис. 3.425 Решение
Чтобы ответить на вопросы, поставленные в задаче,
рассмотрим равновесие узла А. Освободим шарнир от наложенных
связей (проводов AD, АЕ, столба АВ и подкоса АС), заменив связи
эквивалентными по их действию на шарнир А силами натяжений
проводов TD, ТЕ, которые направлены вдоль проводов, реакций
столба SB и подкоса Sc. Согласно условию задачи весом столба и
подкоса можно пренебречь и считать, что и столб и подкос
находятся в равновесии под действием только двух сил, — реакций в
шарнире А и опорах В (для столба) и С (для подкоса). Как
известно, тело может находиться в равновесии под действием двух
сил тогда, когда эти силы равны по величине и противоположны
по направлению. Поэтому реакции SB и Sc
направлены по прямым, соединяющим шарнир
А с опорами В и С, то есть вдоль столба и
подноса, соответственно. Приложенные к
шарниру А силы TD, ТЕ, SB и Sc образуют
пространственную систему сходящихся сил, для
которой справедливы следующие уравнения
равновесия (рис.3.426)
*4
*
-Я*
*
Рис. 3.426
jT Fix: ТЕ sin а - TD cos а = 0;
/=i
]£] Fiy: TEcos(X + TDsinoc + Scsin30° = 0.
1=1

254
Из первого уравнения системы находим
tga =0,75; a = 36°50'.
Подставляя значение угла а во второе уравнение системы, полу,
чим
SC = -400H.
Знак «-» у силы Sc означает, что принятое при решении
задачи направление вектора Sc следует поменять на
противоположное.
Задача 3.152 (6.3). Груз Q = 100 Н поддерживается
брусом АО, шарнирно закрепленным в точке
А и наклоненным под углом 45° к
горизонту, и двумя горизонтальными цепями
ВО и СО одинаковой длины (рис.3.427);
углы СВО и ВСО равны 45°. Найти
усилие S в брусе и натяжения Т цепей.
Решение
Рис. 3.427
Рассмотрим равновесие шарнира
О, освободив шарнир от наложенных
связей (цепей ВО, СО и бруса АО) и заменив
связи эквивалентными по их действию на шарнир О силами
натяжений Ть Т2, которые направлены вдоль цепей, и реакций
бруса S. В условии задачи предполагается, что весом бруса
можно пренебречь. Поэтому брус находится в равновесии под
действием только двух сил, — реакций в шарнирах О и А. Но
известно, что твердое тело может находиться в равновесии под
действием двух сил тогда, когда эти силы равны по величине
и противоположны по направлению'
Следовательно, реакция бруса S
направлена по прямой, соединяющей
шарниры О и А, то есть вдоль бруса
(рис. 3.428). Действующие на шарнир
О силы Ть Т2, S и Q образую?
пространственную систему
сходящихся сил, для которой можно
составить следующие уравнения
равновесия
Рис. 3.428

255
п
]Г Fix: T1cos45o~T2cos45o-0;
и
]£ Fiy: - T^os 45° - T2cos 45° + S cos 45° = 0;
*=i
n
J] F^: -Scos45°-Q = 0.
1=1
Из системы находим
T! = T2=70,5H; S=-141H.
Знак «-» у силы S означает, что принятое при решении
задачи направление вектора S следует поменять на
противоположное.
Задача 3.153 (6.4). Найти усилия Sx и S2 в стержнях АВ и
АС и усилие Т в тросе AD, если дано, что
углы СВА и ВСА равны 60°, а угол EAD
равен 30° (рис.3.429). Вес груза Р равен
300 Н. Плоскость ABC горизонтальна.
Крепления стержней в точках А, В и С
шарнирные.
Решение
Рис. 3.429 Рассмотрим равновесие
шарнира А, освободив шарнир от наложенных
• связей (троса AD и стержней АВ, АС)
и заменив связи эквивалентными по их действию на шарнир А
силой натяжения троса Т, направленной вдоль троса, и силами
реакций стержней Sb S2. В условии задачи предполагается, что
весом стержней можно пренебречь и считать, что каждый стер-
Жень находится в равновесии под действием только двух сил,
-— реакций в шарнирах А и В или А и С. Но тело может
находиться в равновесии под действием двух сил тогда, когда эти
силы равны по величине и противоположны по направлению.
Следовательно, реакции стержней Si и S2 направлены по
прямым, соединяющим шарнир А с шарнирами В и С, то есть вдоль
стержней. Приложенные к шарниру А силы Т, Sb S2 и Р образуют

256
пространственную систему сходящихся сил, для которой спра*
ведливы следующие уравнения равновесия (рис.3.430)
п
/л Fix: Sicosa -S2cosa =0;
п
/_ Fiy:-Sisina -S2sina -Tsinp=0;
i=i
n
]Г F^: Tcosp -P = 0.
i=i
Решение системы дает
S, = S2 = -300H; T = 600H.
Знак «-» у сил Si и S2 означает, что принятые при
решении задачи направления векторов Si и S2 следует поменять на
противоположные.
Задача 3.154 (6.5). Найти усилия в стержне АВ и цепях АС
и AD, поддерживающих груз Q веса 420 Н,
если АВ = 145 см, АС = 80 см, AD = 60 см,
плоскость прямоугольника CADE
горизонтальна, а плоскости V и W вертикальны
(рис.3.431). Крепление в точке В шарнирное.
Решение
_____ Рассмотрим равновесие шарнира
А, освободив шарнир от наложенных связей
Рис. 3.431 (цепей AC, AD и стержня АВ) и заменив
связи эквивалентными по их действию на
шарнир А силами реакции стержня Тв и натяжений цепей Тс, TD,
направленных вдоль цепей. В условии задачи предполагается, что
весом стержня можно пренебречь. Поэтому стержень находится в
равновесии под действием только двух сил, — реакций в шарнирах
А и В. Как известно, твердое тело может находиться в равновесии
под действием двух сил тогда, когда эти силы равны по величине И
противоположны по направлению. Следовательно, реакция стер'
жня Тв направлена по прямой, соединяющей шарниры А и В, то
&£=--Ц
Рис. 3.430

257
есть вдоль стержня. Действующие на шарнир
___ir А силы Тс, TD, Тв и Q образуют простран-
-^-ЛТЧ ственную систему сходящихся сил, для
*т**с которой справедливы следующие уравнения
равновесия (рис. 3.432)
п
]Г F^: Tc + TBsina cosp =0;
/=i
J] Fiy: TD + TB sina sinp = 0;
n
J] FiZ: ~Q-TBcosa =0.
Рис. 3.432
/=1
Учитывая, что
АЕ=100см; sina = 0,69; cosa = 0,724; sinp =0,6; cosp =0,8;
находим
TB = -580H; Tc = 320H; Td = 241H.
Знак «-» у силы Тв означает, что принятое при решении
задачи направление вектора Тв следует поменять на
противоположное.
Задача 3.155 (6.9). Воздушный шар, удерживаемый двумя
тросами, находится под действием ветра. Тросы образуют между
собой прямой угол: плоскость, в которой они находятся, составляет
с плоскостью горизонта угол 60°. Направление ветра
перпендикулярно линии пересечения этих плоскостей и параллельно
поверхности земли. Вес шара и заключенного в нем газа 2,5 кН, объем
Шара 215,4 м3, вес 1 м3 воздуха 13 Н. Определить натяжения Т! и Т2
тросов и равнодействующую Р сил давления ветра на шар, считая,
**то линии действия всех сил, приложенных к шару, пересекаются в
Центре шара.
Решение
Рассмотрим равновесие шара, освободив шар от
наложенных связей (тросов) и заменив связи эквивалентными по их
Действию на шар силами натяжений Ti и Т2, направленных вдоль
тросов. Силы Ть Т2 вместе силой веса шара G, силой давления

258
ветра Р и подъемной силой R образуют пространственную систему
сходящихся сил, для которой можно записать следующие
уравнения равновесия (рис.3.433)
I*
Т
Рис. 3.433
/ ' Fix: Ticosa -T2cosa =0;
]Г] Fiy: P - (Ti + T2)sin a cos p = 0;
/=i
n
]T Fi2: R - G - (Ti + T2)sin a sin (J = 0; (1)
/=i
где a =45°; (5 = 60°.
Определяя подъемную силу R как произведение объема
шара на вес 1 м3 воздуха, из системы (1) получаем
Т! = Т2= 244,8 Н; Р= 171,4 Н.
Задача 3.156 (6.10). На рис.3.434 изображена
пространственная ферма,
составленная из шести стержней 1, 2,3,
4, 5, 6. Сила Р действует на
узел А в плоскости
прямоугольника ABCD; при этом
ее линия действия составляет
с вертикалью СА угол 45°.
Треугольники ЕАК и FBM
равны. Углы равнобедренных
треугольников ЕАК, FBM и
NDB при вершинах А, В и D
прямые. Определить усилия в
стержнях, если Р = 1 кН.
Решение
Рассмотрим равновесие узлов А и В. Освободим узел А от
наложенных связей (стержней 1, 2 и 3), заменив связи
эквивалентными по их действию на шарнир А силами реакций стержней Si,
S2 и S3. В условии задачи предполагается, что весом стержней
можно пренебречь и считать, что каждый стержень находится в
Рис. 3.434

259
равновесии под действием только двух сил, — реакций в шарнирах
д и К для стержня 1, А и Е для стержня 2, А и В для стержня 3.
Известно, что тело может находиться в равновесии под действием
двух сил тогда, когда эти силы равны по величине и
противоположны по направлению. Следовательно, реакции стержней Sb S2
и S3 направлены по прямым, соединяющим шарнир А с шарнирами
К, Е и В, соответственно. Приложенные к шарниру А силы Sb S2,
S3 и Р образуют пространственную систему сходящихся сил, для
которой можно составить следующие уравнения равновесия
(рис.3.435)
п
J] F^: Sicos450 -S2cos45° =0;
/=1
n
^] Fiy: S3+ P cos 45° =0;
n
^ Fiz: - Psin45° - Sisin45° - S2 sin 45° = 0.
/=i
Рис. 3.435
Отсюда находим
S, = S2 = - 0,5 кН; S3 = - 0,707 кН.
Аналогичную задачу решаем для узла В. После
освобождения от связей узел В будет находиться в равновесии под
действием сил реакций S3, S4, S5 и S6, приложенных со стороны
стержней 3,4, 5 и 6, соответственно (рис. 3.436). Уравнения равно-
3 весия, соответствующие этой системе сил, записываются в виде
I
/=1
Z
л
z
Fix: S4COS 45° - S5 cos 45° = 0;
Fiy: -S3 + S6cos45° =0;
Fiz: (-S4-S5-S6)sin45°=0.
0)
Рис. 3.436
Решая систему (Ос учетом найденного
Ранее значения силы S3, получим

260
S4 = S5 = 0,5kH; S6 = -l kH.
Знак «-» у сил Sb S2, S3 и S6 означает, что принятые при
решении задачи направления векторов Sb S2, S3, и S6 следует
поменять на противоположные.
Задача 3.157 (6.11). Определить усилия в вертикальной
стойке и в ногах крана, изображенного на
рис.3.437, в зависимости от угла а, если
дано: АВ = ВС = AD = АЕ. Крепления в
точках А, В, D и Е шарнирные.
Решение
Рассмотрим равновесие шарнира В.
Освободим его от наложенных связей
(вертикальной стойки АВ, ног крана BD, BE и
троса ВС), заменив связи эквивалентными
по их действию на шарнир В силами
реакций стойки Sab, ног крана SBD, Sbe и
силой натяжения троса Т. Сила натяжения
Т направлена вдоль троса ВС. В условии
задачи предполагается, что силы тяжести
стойки и ног крана пренебрежимо малы.
Поэтому можно считать, что стойка и каждая нога крана находятся
в равновесии под действием только двух сил, — реакций в
шарнирах В и А для стойки АВ, В и D для ноги BD, D и Е для ноги ВБ.
Как известно тело может находиться в
равновесии под действием двух сил тогда,
когда эти силы равны по величине и
противоположны по направлению.
Следовательно, силы реакции SAB, SBd и SBe
направлены по прямым, соединяющим шарнир В с
шарнирами A, D и Е (рис.3.438).
Приложенные к шарниру В силы SAB, SBD, SBE и Т
образуют пространственную систему
сходящихся сил, для которой справедливы
следующие уравнения равновесия
Рис. 3.437
Рис. 3.438
п
]Г Fix: Tsina +SBDsin45° cos 45° -SBEsin45° cos 45° =0;

261
п
]Г Fiy: Tcosa -SBDcos45° sin 45° -SBE cos 45° sin 45° =0;
n
X Fiz: -SAB-SBEsin45o-SBDsin45o=0. (1)
/=i
Три уравнения системы (1) содержат четыре неизвестных.
Чтобы найти искомые зависимости сил Sab> Sbd и Sbe от угла a,
определим натяжение Т, рассмотрев равновесие шарнира С.
Освободим шарнир С от наложенных связей (троса ВС и подкоса
АС), заменив связи эквивалентными по их действию на шарнир С
силой натяжения троса Т и силой реакции подкоса SAC. Сила SAC
направлена подобно силам SAB, SBd и SBe по прямой, соединяющей
шарниры подкоса А и С (рис.3.439). Из векторного треугольника,
образованного силами SAC, Т и Р, находим (рис.3.440)
Т = Р.
Подставив полученное
значение Т в уравнения системы (1), будем
иметь
Sbd = P(cosoc -since); SBe = P(cos a + sin a); SAB = -PV2cosoc.
Знак «-» у силы SAB означает, что принятое при решении задачи
направление вектора SAb следует поменять на противоположное.
.12). Угловой столб АВ, поддерживающий
воздушный кабель, удерживается двумя
оттяжками АС и AD, причем угол CBD =
90° (рис.3.441). Определить усилия в
столбе и оттяжках в зависимости от угла
ср, образованного одной из двух ветвей
кабеля с плоскостью СВА. Ветви кабеля
горизонтальны и взаимно
перпендикулярны, натяжения в них одинаковы и равны Т.
Решение
Рис. 3.439 Рис. 3.440
Задача 3.158 (6
'^W~
Рис. 3.441
Рассмотрим равновесие шарнира
А. Освободим его от наложенных связей

262
(столба, ветвей кабеля и оттяжек), заменив связи эквивалентными
по их действию на шарнир А силами реакций столба SAB,
натяжений ветвей кабеля Т и оттяжек SAD, Sac- В условии задачи
предполагается, что сила реакции столба SAb направлена вдоль
столба и является искомым усилием в столбе, а силы натяжения Т,
SAD и SAC направлены вдоль ветвей кабеля и оттяжек,
соответственно. Приложенные к шарниру А силы SAB, Т, SAD и SAC
образуют пространственную систему сходящихся
т сил, для которой можно составить следующие
' Тдр> уравнения равновесия (рис.3.442)
Г1
/л Fix: - Т sin а + Tcosoc - SAD cos 60° = 0;
п
/л Fiy: Tcosa + Tsina ~SAccos60° =0;
/=i
n
Yu F^: - SAB - SAC sin 60° - SAD sin 60° = 0.
Рис. 3.442
/=1
Учитывая, что (рис.3.443)
Г,
я
Y 2
из системы определяем зависимости искомых уси-
** ~ лий Sab, Sac, SADOTynm ф и натяжения Т
Рис. 3.443
SAB = -2>/3Tsinq>; SAC = 2T(su^-созф);
SAD = 2T(sin9 + совф).
Как видно, при ф < 2Е; SAC < 0; а при ф > —\ SAD < 0.
4 4
Следовательно, обе оттяжки будут натянуты, если И <ф <_.
4 4
Знак «-» у силы SAB означает, что принятое при решении задачи
направление вектора SAB следует поменять на противоположное.
Задача 3.159 (6.13). Мачта АВ удерживается в
вертикальном положении посредством четырех симметрично расположен-

263
#ых оттяжек (рис. 3.444). Угол между каждыми двумя смежными
оттяжками равен 60°. Определить давление мачты на землю, если
натяжение каждой из оттяжек равно 1 кН, а
вес мачты 2 кН.
Решение
Рис. 3.444
Рассмотрим равновесие мачты,
освободив ее от наложенных связей (оттяжек и
опоры на землю в точке А) и заменив связи
эквивалентными по их действию на мачту
силами натяжений оттяжек Т и реакции опоры
на землю N. Силы натяжений Т направлены
вдоль оттяжек ВС, BD, BE и BF. Сила реакции
опоры N направлена вдоль мачты, так как сила веса мачты Р
направлена вдоль удерживаемой в вертикальном положении мачты
(рис.3.445). Искомая сила давления мачты на землю G равна по
величине и противоположна по направлению реакции опоры N,
для определения которой достаточно записать следующее
уравнение равновесия
п
]Г F^: N-P-4Tcos30°cosoc =0. (1)
Рис. 3.445
Учитывая, что
cos а = (АВ/ВМ) = Jm ,
из уравнения (1) находим: G = N = 4,8 кН.
Задача 3.160 (8.1). На круглой наклонной площадке, ось
Которой ACD наклонена к вертикали под углом 20°, укреплено в
точке В тело веса 400 Н (рис.3.446). Определить
момент относительно оси AD, создаваемый силой
тяжести тела, если радиус СВ = 3 м горизонтален.
Решение
Рис. 3.446
Для определения искомого момента
^ad(P), создаваемого силой тяжести тела Р отно-

264
сительно оси AD, разложим силу Р на две со*
ставляющие Pi и Р2. Силу Pi направим перпе*ь
дикулярно радиусу СВ, а силу Р2 — вдоль оси
AD (рис.3.447). Учитывая, что момент силы
относительно оси, параллельной линии действия
силы, равен нулю, получаем
mAD(P) = mAD(Pi) =
Рис. 3.447
= BC*P1 = BC*Psin20° = 410,4 Нм.
Задача 3.161 (8.4). К окружностям трех дисков: А радиуса
15 см, В радиуса 10 см и С радиуса 5 см приложены пары сил
(рис.3.448); величины сил,
составляющих пары, соответственно равны Р! =
= 10 Н, Р2 = 20 Н и Р. Оси ОА, ОВ и ОС
лежат в одной плоскости; угол АОВ
прямой. Определить величину силы Р и
угол ВОС = а так, чтобы система трех
дисков, будучи совершенно свободной,
оставалась в равновесии.
Решение
Для ответа на вопросы, поставленные в задаче, составим
уравнения моментов действующих на систему сил относительно
осей О А и ОВ
п
£ mOA( Fi): 2rA Pi - 2rc Р cos р = 0;
п
2 moB(Fi): 2rBP2-2rcPsinp=0;
ы
где гА , гв и гс — радиусы дисков А, В и С.
Отсюда, учитывая, что
р=а-^;
н 2
находим
Рис. 3.448
Р = 50Н; tgp = l,33; р = 53°10'; а = 143°.10'.

265
Задача 3.162 (8.5). Подъемный кран установлен на
трехколесной тележке ABC (рис.3.449). Известны размеры крана: AD =
^ DB = 1 м, CD = 1,5 м, СМ = 1 м, KL = 4 м. Кран
уравновешивается противовесом F. Вес крана с противовесом равен Р = 100 кН и
приложен в точке G, лежащей в
плоскости LMNF на расстоянии
GH = 0,5 м от оси крана MN;
поднимаемый груз Q весит 30 кН.
Найти давление колес на рельсы
для такого положения крана,
когда плоскость его LMN
параллельна АВ.
Рис. 3.449
Решение
Рассмотрим равновесие крана. Освободим кран от
наложенных связей (опор на рельсы в точках А, В и С), заменив связи
эквивалентными по их действию на кран силами реакций NA, NB и
Nc. Так как действующие на кран
активные силы веса крана с
противовесом Р и поднимаемого
груза Q направлены по вертикали, по
вертикали будут направлены и
силы реакций NA, NB и Nc. Для
пространственной системы
параллельных сил NA, NB, Nc, Р и Q
составим следующие уравнения
Рис. 3.450 равновесия (рис.3.450)
п
£ Fiz: -P-Q + NA + NB + Nc = 0;
£ тх(РО:СВ(КА + Ыв)-СМ(Р + д) = 0;
]Г ту(РО:КЬ*д-ОН*Р + Аи*НА-ВО*Кв = 0.
/=1
^ешая систему, находим
NA = 8,33 кН: Nb = 7^3 кН; Nc = 43,33 кН.

266
Задача 3.163 (8.6). Временный подъемный кран состоит из
пирамиды с горизонтальным основанием в виде равностороннего
треугольника ABC и с вертикальной гранью в виде
равнобедренного треугольника ADB; в точках О и D шарнирно закреплена вер.
тикальная ось крана, вокруг которой может вращаться стрела ОЕ,
несущая груз Р (рис.3.451).
Основание ABC
прикреплено к фундаменту
подшипниками А и В и вертикальным
«, болтом С. Определить реак-
\ ции опор при расположении
\ стрелы в плоскости симмет-
""ЗР \ Рии крана, если вес груза Р =
V =12 кН, вес крана Q = 6 кН,
\ причем расстояние его цен-
\ тра тяжести S от осиООрав-
но h = 1 м, а = 4 м, b = 4 м.
Рис. 3.451
Решение
Рассмотрим равновесие крана. Освободим кран от
наложенных связей (подшипников А, В и вертикального болта С),
заменив связи эквивалентными по их
действию на кран силами реакций
NA, NB и Nc. Действующие на кран
активные силы веса крана Q и груза
Р направлены по вертикали. По
вертикали будут направлены и реакции
NA, Nb и Nc (рис.3.452). Для
пространственной системы
параллельных сил NA, Nb, Nc, Р и Q составим
следующие уравнения равновесия
п
£ F*: -P-Q + NA + NB+Nc = 0;
/=i
п
J] mx( Fi): aNB cos 60° - aNA cos 60° = 0;
n
]T my( Fi): - hQ + bP + aNc sin 60° = 0.
Рис. 3.452

267
решая систему, получим
NA = NB = 15,06 кН; Nc = - 12,12 кН.
Знак «-» у силы Nc означает, что принятое при решении
задачи направление вектора Nc следует поменять на
противоположное.
Задача 3.164 (8.7), Крышка светового машинного люка
удерживается в горизонтальном положении стойкой FG,
упирающейся в крышку в точке F на
расстоянии EF = 1,5 м от оси
крышки (рис.3.453). Вес крышки Р =
= 180 Н; длина ее CD = 2,3 м;
ширина СЕ = 0,75 м, а расстояния
шарниров А и В от краев крышки
АЕ = ВС = 0,15 м. Найти реакции
шарниров А и В и усилие S в
Рис. 3.453 стойке FG.
Решение
Рассмотрим равновесие крышки. Освободим крышку от
наложенных связей (стойки FG и шарниров А, В), заменив связи
эквивалентными по их действию на крышку силами реакций
стойки NF и шарниров NA, NB. Единственная действующая на
крышку активная сила, — сила веса Р, — направлена по вертикали.
Поэтому по вертикали будут направлены и силы реакции NA, NB
*й NF, причем реакция NF равна искомому усилию S. Для
пространственной системы сил Р, NA, NB и NF можно записать
следующие уравнения равновесия
(рис.3.454)
Рис. 3.454
£ Fi2: -P + NA + NB + NF = 0;
п
£ mx(Fi):EF*NF-(CD/2)*P = 0;
/=i
£ my(Fi):AB*NB-(AB/2)P-AE*NF = 0.

268
Отсюда находим
NA = ~94H; NB=136H; S = NF=138H.
Знак «-» у силы NA означает, что принятое при решении
задачи направление вектора NA следует поменять на
противоположное.
Задача 3.165 (8.8). Однородная прямоугольная пластинка
ABCD, опираясь на три точечные опоры, две из которых
расположены в вершинах прямоугольника А и В, а третья — в некоторой
точке Е, удерживается в
горизонтальном положении (рис.3.455). Вес
пластинки равен Р. Давление на
опоры в точках А и В
соответственно равны Р/4 и Р/5. Найти
давление NE на опору в точке Ей
координаты этой точки, если длины
сторон пластинки равны а и Ь.
14103455 Решение
Рассмотрим равновесие пластинки. Освободим пластинку
от наложенных связей (опор А, В и Е), заменив связи
эквивалентными по их действию на крышку силами реакций RA, Rb> Re-
Действующая на крышку активная сила, — сила веса Р, —
направлена по вертикали. Поэтому и вызванные этой силой силы
реакции RA, RB и RE будут направлены по вертикали. Для
пространственной системы параллельных сил Р, RA, Rb и Re запишем
следующие уравнения равновесия (рис.3.456)
р
Рис. 3.456
£ тх(РО:уЕКЕ-(г>/2)Р = 0;
п
]>] my(Fi):-aRB + (a/2)P-xERE = 0;
/=1
где хЕ, уЕ — координаты точки Е.

. 269
Учитывая, что давления на опоры А, В и Е равны по
величине и противоположны по направлению реакциям RA, RB и RE,
соответственно, из системы находим
NE = RE = (11/20)P; хЕ = (6/11)а; уЕ = (10/11)6.
Задача 3.166 (8.9). Стол стоит на трех ножках, концы
которых А, В и С образуют
равносторонний треугольник со стороной а
(рис.3.457). Вес стола равен Р, причем
центр тяжести его расположен на
вертикали zOOb проходящей через центр
Oi треугольника ABC. На столе
помещен груз р в точке М, координаты
которой х и у; ось Оу параллельна АВ.
Определить давление каждой ножки на
пол.
Решение
Рис. 3.457
Рассмотрим равновесие стола.
Освободим стол от наложенных связей
(опор А, В и С), заменив связи эквивалентными по их действию на
стол силами реакций RA, RB, Re- Действующие на стол активные
силы, — силы веса стола Р и груза р, — направлены по вертикали.
Поэтому и силы реакции RA, Rb и Re
также будут направлены по вертикали.
Искомые силы давления ножек на пол
NA, Nb и Nc будут равны по величине
и противоположны по направлению
силам реакций RA, Rb и Rq. Для
пространственной системы
параллельных сил Р, р, RA, Rb и Re можно
составить следующие уравнения равновесия
(рис.3.458)
Рис. 3.458
п
£ Fiz: -P-p + RA + RB + Rc = 0;
]Г mx( Fi): aRBsin 30° - (a/2)RA - УР = 0;
/=i

270.
£ Шу(РО:(2/3)Ы1с-(1/3)Ь(КА + Кв) + хр = 0;
где h — высота треугольника ABC
h = acos30°.
Решая систему, получим
NA = RA=»(P + p) + (^x-y)(P/a);
NB = RB=I(P + p) + (^x + y)(P/a);
Nc = Rc=j(P + p)-^x(P/a).
S*
Задача 3.167 (8.12). Ременный шкив CD динамо-машины
имеет радиус 10 см; размеры вала АВ указаны на рис.3.459.
Натяжение верхней ведущей ветви
ремня Ti = 100 Н, нижней ведомой
Т2 = 50 Н. Определить вращающий
момент М и реакции подшипников
(%>т ^дьУ f\JF?ZZL А и В при равновесии системы,
Г^^Жр^^» пренебрегая весом частей машины;
- Щйг-ш ( ^ — пара, образуемая силами
сопротивления.
Рис. 3.459
Решение
Рассмотрим равновесие системы, освободив ее от
наложенных связей (подшипников А и В) и заменив связи
эквивалентными по их действию на систему силами реакций RA и RB. Так
как активные силы, приложенные к системе, — силы натяжения
Ti и Т2, — расположены в плоскостях, параллельных плоскости
XAZ, силы реакций RA и RB будут также лежать в плоскостях,
параллельных плоскости XAZ (рис.3.460). Разложим эти силы на
составляющие ХА, ZA, Хв и ZB и для пространственной системы
сил, образованной силами ХА, ZA, Хв, ZB, Ть Т2, парой сил (Р, Р) и
вращающим моментом М, составим следующие уравнения
равновесия

271
Рис. 3.460
Ya F«: Ъ+Ъ + Хд + Хв-О;
n
]Г Fi,: ZA + ZB = 0;
]Г mx(Fi): AB*ZB = 0;
n
£ m^Fi): r(T1 + T2) + M = 0;
/=i
£ mz(FO: AC(Tl + T2)-AB*XB = 0;
i=i
где r — радиус шкива.
Решая систему, находим
М = 5Нм; ХА = -180Н; ХВ = 30Н; ZA= ZB = 0.
Знак «-» у силы ХА означает, что принятое при решении
задачи направление вектора ХА следует поменять на
противоположное.
Задача 3.168 (8.13). На горизонтальный вал, лежащий в
подшипниках А и В, действуют: с одной стороны вес тела Q =
= 250 Н, привязанного к шкиву С радиуса 20 см посредством троса,
а с другой стороны вес тела Р = 1 кН, надетого на стержень DE,
неизменно скрепленный с валом АВ
под прямым углом (рис. 3.461). Даны
расстояния: АС = 20 см, CD = 70 см,
р ^ BD = 10 см. В положении равновесия
стержень отклонен от вертикали на
угол 30°. Определить расстояние /
_j£—j—~ центра тяжести тела Р от оси вала
АВ и реакции подшипников А и В.
Решение
Рассмотрим равновесие
системы, составленной из вала и стер-

272
жня с телом веса Р. Освободим систему от наложенных связей
(подшипников А и В), заменив связи эквивалентными по их
действию на систему силами реакций RA и RB. Действующие на
систему активные силы, — силы тяжести тел Р и Q, — расположены
в плоскостях, параллельных плоскости XAZ (рис.3.462). Поэтому и
силы реакций Ra, Rb также будут лежать в плоскостях,
параллельных плоскости XAZ. Разложим
эти силы на составляющие ХА,
Za> Хв и Zb
RA = ХА + ZA; г^в = Хв + ZB.
Для пространственной системы
сил, образованной силами ХА, ZA,
Хв, ZB, Р и Q, составим
следующие уравнения равновесия
Рис. 3.462
Отсюда
п
£ F*: ХА + Хв = 0;
/=1
п
£ Fi,: ZA + ZB-Q-P = 0;
п
]Г mx(Fi): AB*ZB-AC*Q-AD*P = 0;
п
^ my(Fi): rQ-/*Psin30° =0;
/=i
n
Y, mz(F0: AB*XB = 0.
/=i
XA = XB = 0; ZA = 300H; ZB = 950H; /=10cm.
Задача 3.169 (8.14). На горизонтальный вал AB насажены
зубчатое колесо С радиуса 1 м и шестерня D радиуса 10 см. Другие
размеры указаны на рис.3.463. К колесу С по направлению
касательной приложена горизонтальная сила Р = 100 Н, а к
шестерне D, также по касательной, приложена вертикальная сила Q.

273
Pm*u.463
Определить силу Q и реакции
подшипников А и В в положении
равновесия.
Решение
Рассмотрим равновесие
вала. Освободим вал от
наложенных связей (подшипников А и В),
заменив связи эквивалентными
по их действию на вал силами
реакций Ra и Rb. Действующие на вал активные силы Р и Q
расположены в плоскостях, параллельных плоскости XAZ (рис. 3.464).
Поэтому и силы реакций RA, Rb будут лежать в плоскостях,
параллельных плоскости XAZ.
Разложим эти силы на составляющие
Хд, Za, Хв и ZB
Ra = Ха + Za; Rb = Хв + Zb*,
и для пространственной системы
сил, образованной силами ХА, ZA,
Хв, ZB, PhQ, составим следую-
Рис 3 464 щие УРавнения равновесия
п
£ Fbd ХА + Хв + Р = 0;
п
]Г Fi,: ZA + ZB + Q = 0;
*=i
п
]Г mx(Fi): AB*ZB + AD*Q = 0;
/=i
n
X my(F0: r*Q-R*P = 0;
/=i
n
J] mz(Fi): -AB*XB-AC*P = 0.
/=i
Здесь r. R — радиусы шестерен D и С, соответственно.
10-4328

274
Решая систему, находим
Q= 1 кН; ХА=-ЮН; ХВ = ~90Н; ZA = -900H; ZB = -100H.
Знак «-» у сил ХА, Хв, ZA и ZB означает, что принятые при
решении задачи направления векторов ХА, ZA, Хв и ZB следует
поменять на противоположные.
Задача 3.170 (8.15). Рабочий удерживает груз Q = 800 Н с
помощью ворота, схематически
изображенного на рис.3.465;
радиус барабана R = 5 см; длина
рукоятки АК = 40 см, АС = СВ =
=50 см. Определить давление Р
на рукоятку и давление оси
ворота на опоры А и В при том
положении ворота, когда
рукоятка АК горизонтальна; сила Р
вертикальна.
Решение
Рассмотрим равновесие ворота, освободив ворот от
наложенных связей (опор А, В и троса, на котором подвешен груз Q),
заменив связи эквивалентными по их действию на ворот силами
реакций опор RA, RB и натяжения троса Т. Сила натяжения Т,
направленная вдоль троса, лежит в плоскости, параллельной
плоскости XAZ (рис.3.466). Действующие на ворот активные силы Р и
Q также расположены в плоскостях, параллельных плоскости
XAZ. Поэтому и силы реакций RA и RB будут лежать в плоскостях,
параллельных плоскости XAZ.
Разложим силы RA и RB на
составляющие ХА, ZA, Хв и ZB и
для пространственной системы
сил, образованной силами ХА,
ZA, Хв, ZB, Р и Т, запишем
следующие уравнения
равновесия
п
£ Fix' ХА + Хв + Т = 0;
/=1
Рис. 3.465
Рис. 3.466

275
it
]Г Fiz: ZA + ZB-P = 0;
£ m^FO: AB*ZB = 0;
n
]T m^Fi): R*T-AK*P = 0;
n
J] mz(FO: AB*XB + AC*T = 0. (1)
1=1
В пяти уравнениях системы (1) шесть неизвестных: ХА, Хв,
ZA, Zb, Р и Т. Дополним систему, рассмотрев равновесие блока D.
Освободив блок от наложенных связей (опоры и троса) и заменив
связи эквивалентными по их действию на блок силами реакции
опоры RD и натяжения троса Т, составим следующее уравнение
равновесия (рис.3.467)
п
J"/*» У mD( F;): rT - rQ = 0;
Ц где г — радиус блока,
п ? лап Отсюда находим
Рис. 3.467
T = Q.
Решая систему (1) с учетом полученного значения Т, будем иметь
ХА = ХВ = -400Н; ZA = P=100H; ZB = 0.
Силы реакций RA и RB равны по величине и
противоположны по направлению искомым силам давления оси ворота на
опоры NA и NB. Поэтому составляющие сил давления будут
соответственно равны
NAX = NBX = 400 Н; Naz = - 100 Н; NBZ = 0.
Знак «-» у сил ХА, Хв и NAZ означает, что принятые при
решении задачи направления векторов ХА, Хв и Nyvz, следует
поменять на противоположные.
Ю*

276
Задача 3.171 (8.17). На вал АВ ворота намотана веревка,
поддерживающая груз Q. Радиус колеса С, насаженного на вал, в
шесть раз больше радиуса вала; другие размеры указаны на рис.
3.468. Веревка, намотанная на
окружность колеса и
натягиваемая грузом Р весом 60 Н,
сходит с колеса по касательной,
наклоненной к горизонту под
углом а = 30°. Определить вес
груза Q, при котором ворот
остается в равновесии, а также
реакции подшипников А и В,
пренебрегая весом вала и
трением на блоке D.
£ У
Рис. 3.468
Решение
Рассмотрим равновесие ворота, освободив ворот от
наложенных связей (подшипников А, В и троса, на котором подвешен
груз Р), заменив связи эквивалентными по их действию на ворот
силами реакций подшипников RA, Rb и натяжения троса Т. Сила
натяжения Т, направленная вдоль троса, лежит в плоскости,
параллельной плоскости XAZ (рис.3.469). Действующие на ворот
активные силы Р и Q также расположены в плоскостях,
параллельных плоскости XAZ.
Поэтому и силы реакций RA и RB будут
лежать в плоскостях,
параллельных плоскости XAZ. Разложим
силы RA и RB на составляющие
ХА, ZA, Хв и ZB
Рис.3. 469
RA — ХА + ZA; RB - Хв + Zr
и для пространственной системы сил, образованной силами ХА, ZA,
Хв, ZB, Р и Т, запишем следующие уравнения равновесия
]Г Fix: XA + XB + Tcosa =0;
п
2] Fi2: ZA + ZB-Q-Tsina =0;
1=1

277
]Г mx( Fi): AB *ZB - AE * Q + AC *Tsin a = 0;
n
£ m^FO: R*T-rQ = 0;
n
]T mz(Fi): -AB*XB + AC*Tcosa =0. (1)
/=i
Для определения искомых составляющих реакций
подшипников А, В и веса груза Q достаточно пяти уравнений. Однако,
в систему (1) входит шестая неизвестная, — сила натяжения Т.
Чтобы ее найти, рассмотрим равновесие блока С. Освободим блок
от наложенных связей (опоры и троса), заменим связи
эквивалентными по их действию на блок силами реакции опоры Re и
натяжения троса Т и составим следующее уравнение равновесия
(рис.3.470)
Рис.3. 470
J] mD(Fi): -riT + riP = 0;
(2)
/=i
где Г! — радиус блока.
Из уравнения (2) получаем: Т = Р.
Возвращаясь к системе (1), находим
ХА = - 69,2 Н; Хв = 17,3 Н; ZA = 160 Н; ZB = 230 Н; Q = 360 Н.
Знак «-» у силы ХА означает, что принятое при решении
задачи направление вектора ХА следует поменять на
противоположное.
Задача 3.172 (8.18). Прямоугольная однородная полка
ABCD веса G удерживается в
горизонтальном положении тросом
ЕН, составляющим с плоскостью
полки угол а (рис.3.471).
Определить натяжение Т троса (весом его
пренебречь) и реакции петель А и
В, если АК = KB = DE = ЕС и НК
перпендикулярно АВ.
Рис. 3.471

278
Решение
Рассмотрим равновесие полки. Освободим полку от
наложенных связей (петель А, В и троса), заменив связи
эквивалентными по их действию на полку силами реакций петель RA, Rb и
натяжения троса Т. Сила натяжения Т, направленная вдоль троса,
лежит в плоскости, параллельной плоскости XAZ (рис.3.472).
Единственная активная сила, действующая на полку, — сила веса
G, — также расположена в плоскости, параллельной плоскости
XAZ. Поэтому и силы реакций RA и RB будут лежать в плоскостях,
параллельных плоскости XAZ. Разложим
силы Ra и Rb на составляющие ХА, ZA, Хв
hZb
R\ = ХА + ZA; Rb = Хв + Zb;
и для пространственной системы сил ХА,
ZA, Хв, ZB, Т и G составим следующие
уравнения равновесия
Рис.3.472 J* к
п
£ F«: Хд + Хв-Tcosa =0;
/'=1
П
]Г F^: ZA + ZB-G + Tsina =0;
1=1
п
]Г mx(Fi): AB*ZB + AK*Tsina -AK*G = 0;
/=i
n
]£ m^Fi): (AD/2)G~AD*Tsina =0;
/=i
n
J] mz(Fi): AK*Tcosa-AB*XB = 0.
/=i
Решая систему, находим
T = G/(2 sin a); XA = Хв = (G/4)ctg a ; ZA = ZB = G/4.
Задача 3.173 (8.19). Однородная прямоугольная крышка
веса Р = 400 Н удерживается приоткрытой на 60° над горизонтом

279
Рис. 3.473
противовесом Q (рис.3.473).
Определить, пренебрегая трением на
блоке D, вес Q и реакции шарниров
А и В, если блок D укреплен на
одной вертикали с А и АС = AD.
Решение
Рассмотрим равновесие
крышки, освободив крышку от
наложенных связей (шарниров А, В и
троса), заменив связи эквивалентными по их действию на крышку
силами реакций шарниров RA, Rb и натяжения троса Т. Сила
натяжения Т, направлена вдоль троса и лежит в плоскости,
параллельной плоскости XAZ (рис.3.474). Единственная активная сила,
действующая на крышку, — сила веса Р, — также расположена в
плоскости, параллельной плоскости XAZ. Следовательно, и силы
реакций RA и RB будут лежать в плоскостях, параллельных
плоскости XAZ. Разложим силы RA и Rb на составляющие Хд, ZA, Хв
и ZB
Ra = Хд + ZA; Rb = Хв + ZB;
и для пространственной системы сил ХА, ZA, Хв> ZB, Т и G
запишем следующие уравнения равновесия
Рис. 3.474
it
J] Fix: XA + XB-Tcosl5° =0;
1=1
и
]Г Fiz: ZA + ZB - Р + Tsinl5° = 0;
/=i
n
£ mx(Fi): AB*ZB-(AB/2)P = 0;
i=i
if
2 my( Fj): - (AC/2)Psin 60° +
м
+ AC * T(sin 15° sin 60° + cosl5° cos 60° ) = 0;
n
J] mz(Fi): AB*XB = 0.

280
Решая систему, получим
Т=104Н; ХА=100Н; Хв = 0; ZA=173H; ZB = 200H.
Чтобы определить вес Q, рассмотрим равновесие блока D.
Освободим блок от наложенных связей (шарнирной опоры и
троса), заменив связи эквивалентными по их действию на блок
силами реакции шарнира RD и натяжения троса Т. Согласно
условию задачи моментом трения в блоке можно пренебречь. Составим
уравнение моментов действующих на блок D сил относительно
шарнирной опоры (рис.3.475)
п
£ mD(Fi): -rT + rQ = 0;
/=i
где г — радиус блока. Отсюда находим
Q = T=104H.
Задача 3.174 (8.20). Однородная прямоугольная крышка
ABCD ящика может вращаться вокруг
горизонтальной оси АВ на петлях в
точках А и В (рис.3.476).
Горизонтальная- веревка СЕ, параллельная Ах,
удерживает крышку под углом Dax = 30°.
Определить реакции в петлях, если вес
крышки 20 Н.
Решение
Рассмотрим равновесие крышки,
освободив крышку от наложенных связей (петель А, В и
веревки), заменив связи эквивалентными по их действию на крышку
силами реакций петель RA, Rb и натяжения веревки Т. Сила
натяжения Т, направлена вдоль веревки и лежит в плоскости,
параллельной плоскости XAZ (рис.3.477). Сила веса крышки Р, —
единственная активная сила, действующая на крышку, — также
расположена в плоскости, параллельной плоскости XAZ. Поэтому
и силы реакций RA, RB будут лежать в плоскостях, параллельных
плоскости XAZ. Разложим силы RA и RB на составляющие ХА, ZA,
Хв и Zb
*.W
Рис. 3.476

281
Ra ~ XA + ZA; Rb - XB + ZB;
и для пространственной системы сил ХА,
ZA, Хв, ZB, Т и Р составим следующие
уравнения равновесия
Рис. 3.477
£ Fix: ХА + Хв-Т = 0;
/=1
п
£ Fi,: ZA + ZB-P = 0;
и
J] mx(Fi): AB*ZB-(AB/2)P = 0;
/=i
n
]£ my( Fj): (BC/2)Pcos 30° - ВС * Tsin 30° = 0;
/=i
n
]T mz(Fi): AB*T-AB*XB = 0.
/=i
Отсюда
T = 17,3 H; XA = 0; XB = 17,3 H; ZA = ZB = 10 H.
Задача 3.175 (8.21). Крышка прямоугольного ящика ABCD
подперта с одной стороны палочкой DE
(рис.3.478). Вес крышки 120 Н; AD =
= АЕ; угол DAE = 60°. Определить
реакции шарниров А и В, а также усилие
S в палочке, пренебрегая ее весом.
Решение
Рассмотрим равновесие крыш-
Рис. 3.478 ки, освободив крышку от наложенных
связей (шарниров А, В и палочки),
заменив связи эквивалентными по их действию на крышку силами
реакций шарниров RA, RB и палочки RD. В задаче предполагается,
что весом палочки можно пренебречь. Поэтому реакция RD
направлена вдоль палочки и равна искомому усилию S. Сила RD и

282
сила веса крышки Р расположены в плоскостях, параллельных
плоскости XAZ (рис.3.479). Поэтому и силы реакций RA, RB будут
лежать в плоскостях, параллельных плоскости XAZ. Разложим си*
лы RA и RB на составляющие ХА, ZA,
Хв и ZB
Ra = ХА + ZA; RB = Хв + ZB;
и для пространственной системы сил ХА,
ZA, Хв, ZB, RD и Р составим уравнения
равновесия
2] Fbd ХА + Хв - RDcos 60° = 0;
п
Y, Fiz: ZA + ZB-P + RDsin60°=0;
/=1
л
]Г mx( Fi): - AB * ZB + (AB/2)P = 0;
/=i
n
]T m^Fi): (AD/2)Pcos60° -AE*RDsin60° =0;
/=i
n
X m2(F0: AB*XB = 0.
i=l
Решая систему, получим
S = RD = 34,5H; XA=17,3H; XB = 0; ZA = 30H; ZB = 60H.
Задача 3.176 (8.24). Однородная прямоугольная рама веса
200 Н прикреплена к
стене при помощи шарового
шарнира А и петли В и
удерживается в
горизонтальном положении
веревкой СЕ, привязанной в
точке С рамы и к гвоздю
Е, вбитому в стену на
одной вертикали с А, причем
Рис. 3.480

283
углы ЕС А и ВАС равны 30° (рис.3.480). Определить натяжение
веревки и опорные реакции.
Решение
Рассмотрим равновесие рамы. Освободим раму от
наложенных связей (шарнира А, петли В и веревки), заменив связи
эквивалентными по их действию на раму силами реакций шарнира
RA, петли RB и натяжения веревки Т (рис.3.481). Из условия задачи
известны линия действия силы натяжения Т (направлена вдоль
веревки) и плоскость, в которой
расположена сила RB (лежит
в плоскости, параллельной
плоскости XAZ, так как
петля выполнена в виде
цилиндрического шарнира).
Расположение линии действия
реакции RA неизвестно, так как
шарнир А шаровой.
Учитывая сказанное, разложим
силы RA и RB на составляющие
ХА, YA, ZA, Хв и ZB и для пространственной системы сил ХА, YA,
ZA, Хв, ZB, Т и Р запишем следующие уравнения равновесия
Рис. 3.481
ft
^ Fix: ХА + Хв - Tcos 30° sin 30° = 0;
i=i
п
Л Fiy: YA-Tcos230°=0;
i=l
п
^Г F^: ZA + ZB - P + Tsin30° = 0;
1=1
n
]T mx( Fi): AB * ZB ~ (AB/2)P + AB * Tsin 30° = 0;
/=i
n
Y, my(Fi): (AD/2)P-AD*Tsin30° =0;
i=\
n
£ mz(Fi): AB*XB = 0.
j=i

284
Отсюда находим
Т = 200Н; ХА = 86,6 Н; YA= 150 H;ZA= 100 Н; XB = ZB = 0.
Задача 3.177 (8.26). Квадратная однородная пластинка
ABCD со стороной а = 30 см и веса Р = 5 Н закреплена в точке А
при помощи шарового шарнира, а
в точке В при помощи
цилиндрического шарнира (рис.3.482).
Сторона АВ горизонтальна. В
точке Е пластинка опирается на
острие. В точке Н на пластинку
действует сила F параллельно
стороне АВ. Найти реакции в
точках А, В и Е, если СЕ = ED,
ВН = 10 см, F = 10 Н и пластинка
образуете горизонтальной плос-
Рис. 3.482 костью угол а = 30°.
Решение
Рассмотрим равновесие пластинки. Освободим ее от
наложенных связей (шарниров А, В и опоры в точке Е). Заменим
отброшенные связи эквивалентными по их действию на пластинку
силами реакций шарниров RA, RB и опоры RE. Согласно условию в
точке Е пластинка опирается на острие. Поэтому реакция RE будет
направлена перпендикулярно пластинке. В точке В пластинка
закреплена при помощи цилиндрического шарнира. Следовательно,
реакция RB будет лежать в плоскости, перпендикулярной оси
шарнира, то есть параллельной плоскости ZAY (рис.3.483).
Расположение вектора RA неизвестно, так
как шарнир А шаровой. Учитывая
сказанное, разложим силы RA и RB на
составляющие ХА, YA, ZA, YB и ZB
RA - XA + YA + ZA; RB - YB + ZB;
и для пространственной системы сил,
образованной действующими на
пластинку силами ХА, YA, ZA,YB, ZB, RE,
F и P, запишем следующие уравнения
равновесия
Рис. 3.483

285
£ Fix: XA-F = 0;
/=i
n
J] Fiy: YA + YB + RE sin 30° = 0;
n
Y Fiz: ZA + ZB - P + REcos30° = 0;
n
]T mx( Fi): AD * RE - (AD/2)Pcos 30° = 0;
£ my(Fi): (AB/2)P +
+ BH * Fsin 30° - AB * ZB - (AB/2)RE cos 30° = 0;
n
]T mz( Fi): BH * Fcos 30° + AB * YB + (AB/2)RE sin 30° = 0.
/=i
Отсюда находим
XA=10H; Ya = 2,35H; ZA = -0,liH;
YB = -3,427 H; ZB = 3,23H; RE = 2,165 H.
Знак «-» у сил ZA и YB означает, что принятые при
решении задачи направления векторов ZA и YB следует поменять
на противоположные.
Задача 3.178 (8.27). Однородная горизонтальная плита
веса Р, имеющая форму прямоугольного параллелепипеда,
прикреплена неподвижно к земле шестью прямолинейными
стержнями (рис.3.484). Определить усилия в опорных
стержнях, обусловленные весом плиты, если
L. концы стержней прикреплены к плите и
неподвижным устоям шаровыми шарнирами.
_ Решение
Рассмотрим равновесие плиты, осво-
Рис. 3.484 бодив плиту от наложенных связей (стержней

286
\-6) и заменив связи эквивалентными по их действию на плиту
силами реакций стержней Sb S2, ..., S6. Так как каждый стержень
находится в равновесии под действием только двух сил, — сил
реакций в шарнирах, которыми стержень крепится к плите и земле,
— эти силы направлены вдоль прямой,
b соединяющей шарниры, то есть вдоль
"1 стержня, и совпадают с искомыми уси-
ЕГ* лиями в стержне.
HWBHBHffWHwr^i^ Выберем систему координат,
лЧч № $Т\ ■ как показано на рис.3.485, и для про-
$, Sf\^ V^^i^Si странственной системы сил, образован-
LtTlIL. ^^Аг^ H0** действующими на плиту силами
** "* Si, S2, ...,S6 и Р, составим следующие
Рис з 485 уравнения равновесия
п
/м F^: Sicosa +S5cosa =0;
n
]Г Fiy: ~S3cosp=0;
i=l
n
X F*: (Si + S5)sina + S2 + S3sinp + S4 + S6-P = 0;
/=1
n
]T mx( Fi): b(S4 + S6) + bS5sin a - (b/2)P = 0;
и
]jT my( Fi): (a/2) P - a(S2 + S4) - a S3sin p - c(Si + S5)cos a = 0;
/=1
n
/ \ mz( Fi): - aS3cosp - bS5cos a = 0.
1=1
Здесь a, P — углы наклона стержней 1 и 3 с землей,
соответственно.
Решая систему, получим: Si = S3 = S4 = S5 = 0; S2 = S6 = P/2.
Задача 3.179 (8.28). Определить усилия в шести опорных
стержнях, поддерживающих квадратную плиту ABCD, при
действии горизонтальной силы Р вдоль стороны AD. Размеры
указаны на рис. 3.486.

297
Рис. 3.486
Решение
Рассмотрим равновесие
плиты, освободив ее от наложенных
связей (стержней 1-6). Заменим связи
эквивалентными по их действию на
плиту силами реакций стержней Sb
S2, ...,S6. Так как каждый стержень
находится в равновесии под
действием только двух сил, — сил реакций в
шарнирах, которыми стержень крепится к плите и основанию, —
Z{ эти силы направлены вдоль
прямой, соединяющей шарниры, то
есть вдоль стержня, и совпадают
с искомыми усилиями в стержне.
Для пространственной системы
сил, образованной
действующими на плиту силами Sb S2,..., S6 и
Р, в системе координат,
показанной на рис.3.487, запишем следу-
Рис. 3.487 ющие уравнения равновесия
]Г Fix: S2cos45° + S5cos45° =0;
п
J] Fiy: P + S4cos45° =0;
n
]T Fiz: Si.+ S2sin45° + S3 + S4sin45° + S5sin45° + S6 = 0;
/=i
n
]T mx( Fi): a(Si + S3 + S2sin 45°) - aP = 0;
i=i
n
Y, niyCFi): a(S, + S6) = 0;
/=i
n
^ mz( Fi): aP - aS2cos 45° = 0.
/=i
Решая систему, находим

288
S!=-P; S2 = P>/2; S3 = P; S4 = S5=-P>/2 ; S6 = P.
Знак «-» у сил Sb S4 и S5 означает, что принятые при
решении задачи направления векторов Sb S4 и S5 следует поменять
на противоположные.
J f
Задача 3.180 (8.29). Прямоугольная дверь, имеющая
вертикальную ось вращения АВ, открыта на
угол CAD = 60° и удерживается в этом
положении двумя веревками, из которых одна,
CD, перекинута через блоки натягивается
грузом Р = 320 Н, другая, EF, привязана к
точке F пола (рис.3.488). Вес двери 640 Н; ее
ширина АС = AD = 1,8 м; высота АВ = 2,4 м.
Пренебрегая трением на блоке, определить
натяжение Т веревки EF, а также реакции
цилиндрического шарнира в точке А и
подпятника в точке В.
Рис. 3.488
Решение
Рассмотрим равновесие двери, освободив дверь от
наложенных связей (шарнира А, подпятника В и веревок) и заменив
связи эквивалентными по их действию на дверь силами реакций
шарнира RA, подпятника RB и натяжений веревок Т, TV Силы
натяжения Т и Ti направлены вдоль веревок EF и CD,
соответственно. Сила RA лежит в плоскости,
параллельной плоскости XBY, так как шарнир А
цилиндрический (рис.3.489). Подпятник В
выполнен в виде шарового шарнира.
Поэтому расположение линии действия силы
RB неизвестно.
Учитывая сказанное, разложим
силы RA и RB на составляющие ХА, YA, Хв, Yb
и ZB и для системы сил, образованной
действующими на дверь силами ХА, YA, Хв,
Yb, Zb, Т, Ti и силой веса G, запишем сле-
Рис. 3.489 дующие уравнения равновесия
]Г Fix: ХА + Хв - T,cos 30° = 0;
/=1

289
п
Y, Fiy: YA + YB ~ T + TlSin30° = 0;
1=1
n
£ Fiz: ZB-G = 0;
/=i
n
]T mx( Fj): - AB * YA - (AC/2)Gsin 30° - AB * T^in 30° = 0;
i=i
n
]T my( Fi): AB * XA + (AC/2)Gcos 30° - AB * T^os 30° = 0;
/=i
n
£ nUFO: AC(T1-T)cos30o=0. (1)
/=i
В шести уравнениях системы (1) семь неизвестных: ХА,
Хв, YA, YB, ZB, Т и TV Дополним систему, рассмотрев равновесие
блока D. Освободим блок от наложенных связей (опоры и веревки
CD), заменив связи эквивалентными по их действию на блок
силами реакции опоры RD и натяжения веревки Ть Согласно
условию задачи моментом трения в блоке можно пренебречь.
Составим следующее уравнение равновесия блока (рис.3.490)
Рис. 3.490 где г — радиус блока.
Отсюда находим: Ti = Р.
Решая систему (1) с учетом полученного значения Ть
будем иметь
Т = 320 Н; ХА = - 69,28 Н; Хв = 207,84 Н;
YA = -280H; YB = 440H; ZB = 640H.
Знак «-» у сил ХА и YA означает, что принятые при
решении задачи направления векторов ХА и YA , следует поменять
на противоположные.

290
Задача 3.181 (8.30). Стержень АВ удерживается в
наклонном положении двумя горизонтальными веревками AD и ВС
(рис. 3.491). При этом в точке А стержень
опирается на вертикальную стену, на
которой находится точка D, а в точке В —
горизонтальный пол. Точки А и С лежат
на одной вертикали. Вес стержня 8 Н.
Трением в точках А и В пренебрегаем.
Проверить, может ли стержень оставаться
в равновесии, и определить натяжения ТА
и Тв веревок и реакции опорных
плоскостей, если углы ABC и ВСЕ равны 60°.
Рис. 3.491
Решение
Предположим, что стержень находится в равновесии.
Освободим его от наложенных связей (опор на стену и пол в
точках А, В и веревок AD и ВС) и заменим связи эквивалентными
по их действию на стержень силами реакций опор RA, Rb и
натяжений веревок ТА, Тв. Так как согласно условию трением в
опорах можно пренебречь, реакция RA будет направлена
перпендикулярно стене, а реакция RB, — перпендикулярно полу. Силы
натяжения ТА и Тв будут направлены вдоль веревок AD и ВС,
соответственно. Для пространственной системы сил, образованной
действующими на стержень силами RA, RB, ТА, Тв и силой веса Р,
составим следующие уравнения
равновесия (рис.3.492)
Рис. 3.492
I
1=1
п
I
1=1
п
I
F^: RA-TBcos30°=0;
Fiy: TA-TBcos60° =0;
Fiz: RB-P = 0;
/=1
£ mx( Fi): - AC * TA + ВС * RB sin 30° - (BC/2)Psin 30° = 0.
Решая систему, находим

291
RA = 2H; RB = 8H; Ta=1,15H; Tb = 2,3H.
Полученные результаты подтверждают сделанное при
решении задачи предположение о том, что описанный в условии
стержень будет находиться в равновесии.
Задача 3.182
Рис. 3.493
(8.31). Пара сил, вращающая водяную
турбину Т и имеющая момент
1,2 кНм, уравновешивается
давлением на зубец В конического
зубчатого колеса ОВ и
реакциями опор (рис.3.493).
Давление на зубец перпендикулярно
к радиусу ОВ = 0,6 м и
составляет с горизонтом угол ос =
= 15°= arctg 0,268. Определить
реакции подпятника С и
подшипника А, если вес турбины с
валом и колесом равен 12 кН и
направлен вдоль оси ОС, а
расстояния АС = 3 м, АО = 1 м.
Решение
Рассмотрим равновесие турбины, освободив ее от
наложенных связей (подшипника А и подпятника С). Заменим связи
эквивалентными по их действию на турбину
силами реакций подшипника Кд и подпятника
Re- Сила RA лежит в плоскости, параллельной
плоскости XCY, так как подшипник А
цилиндрический (рис.3.494). Подпятник С выполнен
в виде шарового шарнира. Поэтому
расположение линии действия силы Re неизвестно.
Учитывая сказанное, разложим силы Ra и Re
на составляющие ХА, YA, Хс, Yc и Zc
Ra = ХА + Ya; Rc = Хс + Yc + Zc;
Рис. 3.494 и для системы сил, образованной
действующими на турбину силами ХА, YA, Хс, Yc, Zc,
силой давления на зубец зубчатого колеса Р, силой веса G и парой
сил с моментом М, запишем следующие уравнения равновесия

п
]Г Fix: ХА + Хс - Pcos а = 0;
/=i
/?
£ piy- YA + Yc = 0;
п
]Г F^: Zc-G-Psinoc =0;
n
]Г mx(Fi): -AC*YA + OB*Psina =0;
n
Y, my(Fi): AC*XA-(AC + OA)Pcosa =0;
n
]£] mz(Fi): M-OB* Pcos a =0.
/=i
Решая систему, получим
XA = 2,666 кН; YA = -Yc = 0,107 кН;
Xc = -0,666 кН; Zc = 12,535 кН.
Задача 3.183 (8.33). Груз Q равномерно поднимается
мотором М посредством бесконечной цепи (рис.4.495). Определить
реакции опор А и В и натя-
JtOcrt
жения в цепи, если ветви
цепи наклонены к горизонту
под углами 30° (ось OiXi
параллельна оси Ах). Известно,
что г = 10 см, R = 20 см, Q =
= 10 кН, натяжение ведущей
части цепи вдвое больше
натяжения ведомой части, то
Рис. 3.495
;г> есть Tt = 2Т2.
Решение
Рассмотрим равновесие вала
АВ. Освободим его от наложенных связей (опор А, В и цепи),

293
заменив связи эквивалентными по их действию на вал силами
реакций опор RA, Rb и натяжений частей цепи ведущей Tj и
ведомой Т2. Силы натяжения Ть Т2 направлены вдоль
соответствующих частей цепи, а силы реакций цилиндрических опор RA
и RB расположены в плоскостях, параллельных плоскости XAZ
(рис.3.496). Разложим силы RA и RB
на составляющие ХА, ZA, Хв и ZB
R\ = ХА + YA + ZA; RB = Хв + ZB;
и для пространственной системы
сил ХА, ZA, Хв, Zb, Ть Т2 и Q,
приложенных к валу АВ, запишем
Рис з 496 следующие уравнения равновесия
п
2 F*: ХА + Хв + TlCos30° = 0;
и
]Г Fiz: ZA + ZB - Q + T,sin30° - T2sin30° = 0;
/=i
n
2] mx( Fi): AB * ZB - aQ + 2a(T! - T2)sin 30° = 0;
/i
2] m^Fi): rQ + R*T2-R*T, = 0;
n
2] mz( Fi): - (2a + b)XB - 2a(T! + T2)cos 30° = 0.
1=1
Решая систему, находим
Т2=5кН; Т,=2Т2=10кН; ХА = -5,2кН;
Хв = -7,79кН; Za = 6kH; Zb=1,5kH.
Задача 3.184 (8.34). Для подъема копровой бабы веса Р =
= 3 кН служит вертикальный ворот, вал которого радиуса г = 20 см
опирается нижним концом на подпятник А, а верхним концом
удерживается в подшипнике В (рис. 3.497). Вал приводится во
вращение мотором. Найти необходимый для равномерного подъема

294
копровой бабы вращающий
момент мотора, а также реакции в
подпятнике А и подшипнике В.
При этом дано: hi = 1м, h = 30 см
и вес вращающихся частей
ворота Pi = 1кН.
Решение
Рассмотрим равновесие
вала АВ, освободив вал от
наложенных связей (подпятника А
и подшипника В) и заменив связи
эквивалентными по их действию
на вал силами реакций
подпятника Ra и подшипника RB. Подшипник В цилиндрический,
поэтому сила Rb лежит в плоскости, параллельной плоскости XAY, и
ее можно представить суммой двух составляющих Хв и YB
(рис.3.498). Расположение линии действия силы RA неизвестно
(подпятник А выполнен в виде шарового шарнира). Поэтому
разложим силу RA на три составляющие
ХА, Ya и Za. Для пространственной
системы сил, образованной действующими на
вал силами ХА, YA, ZA, Хв, YB, Р, Pi и
вращающим моментом мотора Мвр,
запишем следующие уравнения равновесия
]Г F»: ХА + Хв = 0;
п
£ Fiy: YA + YB + P = 0;
/=i
Рис.3. 498
п
£ Fiz: P,-ZA = 0;
i=i
£ mx(Fi):-hP-hiYB = 0;
i=i
п
Y, m^FO: h,XB = 0;
/=i

295
£ m2(Fi): rP-MBp = 0.
1=1
Отсюда
Xa = Xb = 0;Ya = -2,1kH;Za=1kH;
Yb = -0,9kH; Мвр = 0,6кНм.
Знак «-» у сил YA и Yb означает, что принятые при
решении задачи направления векторов YA и YB следует поменять на
противоположные.
Задача 3.185 (8.35). Ворот, служащий для подъема породы
из наклонного шурфа, состоит из вала радиуса 0,25 м и длины 1,5 м
(рис.3.499). Вал приводится во вращение при помощи мотора.
^•%^„
Рис. 3.499
Определить реакции опор и вращающий момент М„р
мотора, если вес вала равен 0,8 кН, вес груза 4 кН, коэффициент
трения между грузом и поверхностью шурфа равен 0,5, угол
наклона шурфа к горизонту равен 30° и место схода троса с вала
находится на расстоянии 50 см от подшипника В. Вращение вала
считать равномерным.
Решение
Рассмотрим равновесие вала АВ, освободив вал от
наложенных связей (опор А, В и троса) и заменив связи
эквивалентными по их действию на вал силами реакций опор RA, RB и
натяжения троса Т. Сила натяжения Т, направленная вдоль троса,
лежит в плоскости, параллельной плоскости XAZ (рис.3.500).
Действующая на вал сила веса Р также расположена в плоскости,

параллельной плоскости XAZ. Поэтому и силы реакций RA и RB
будут лежать в плоскостях, параллельных
плоскости XAZ. Разложим силы RA и RB
на составляющие ХА, ZA, Хв и ZB
Ra = ХА + ZA; Rb = Хв + Zb',
и для пространственной системы сил,
образованной силами ХА, ZA, Хв, ZB, Р,
Т и моментом Мвр, составим следующие
уравнения равновесия
п
£ Fix: XA + XB + Tcos30°=0;
n
]Г Fiz: ZA + ZB - P -Tsin30° = 0;
n
Л mx( FO: AB * ZB ~ (AB/2)P - AC * Tsin 30° = 0;
n
Y, myCFi): MBP-R*T = 0;
n
]T mz(Fi): -AB*XB-AC*Tcos30° =0. (1)
/=i
Пять уравнений системы (1) содержат шесть
неизвестных: ХА, Хв? ZA, ZB, Мвр и Т. Чтобы определить их, дополним
систему (1), рассмотрев равновесие груза весом G. Освободим
груз от наложенных связей (наклонного шурфа и троса),
заменив связи эквивалентными по их действию на груз силами
реакции шурфа N, F и натяжения троса Т. Нормальная реакция N
направлена перпендикулярно к поверхности шурфа, а сила
трения скольжения F, — вдоль поверхности шурфа (рис.3.501)
Учитывая, что предельная сила трения связана с нормально^
реакцией равенством
F = f*N;
где f— коэффициент трения между грузом и поверхностью шурфа,
запишем следующие уравнения равновесия груза

297
п
^ Fixl: F-T + Gsin30° =0;
1=1
п
]Г Fiyl: N-Gcos30° =0.
/=i
Т = 3,73кН.
Подставляя полученное значение натяжения Т в уравнения
системы (1), получим
Мвр = 0,93 кНм; ХА = - 1,08 кН; ZA = 1,025 кН;
Хв = -2,15 kH;Zb= 1,64 кН.
Задача 3.186 (8.36). Горизонтальный вал трансмиссии,
несущий два шкива С и D ременной передачи, может вращаться в
подшипниках А и В (рис.3.502). Радиусы шкивов: гс = 20 см, rD =
= 25 см; расстояния шкивов от подшипников: а = b = 50 см;
расстояние между шкивами с = 100 см. Натяжения ветвей ремня,
надетого на шкив С, горизонтальны и имеют величины Ti и tb причем
?
Рис. 3.502
Т, = 2 tj = 5 кН, натяжения ветвей ремня, надетого на шкив D,
образуют с вертикалью угол а = 30° и имеют величины Т2 и t2,
причем Т2 = 2 t2. Определить натяжения Т2 и t2 в условиях
равновесия и реакции подшипников, вызванные натяжениями
ремней.
Решение
Рассмотрим равновесие вала АВ. Освободим вал от
наложенных связей (подшипников А и В), заменив связи
эквивалентными по их действию на вал силами реакций подшипников Ra и
Рис. 3.501
Отсюда

298
RB. Действующие на вал активные силы, — силы натяжения
ремней Ть tb Т2 и t2, — расположены в плоскостях, параллельных
плоскости XAZ (рис.3.503). Поэтому и силы реакций RA и RB будут
Рис. 3.503
лежать в плоскостях, параллельных плоскости XAZ. Разложим
силы RA и RB на составляющие ХА, ZA, Хв и ZB
R\ = Хд + ZA; RB = Хв + ZB;
и для пространственной системы сил, образованной силами ХА, ZA,
Хв, ZB, Ть ti, Т2 и t2, составим уравнения равновесия
п
]Г Fu: XA + XB + ^ + ^ + CTz + t^sina =0;
п
^ F*: ZA + ZB-(T2 + t2)cosa =0;
/=i
п
]Г mx(Fi): (a + b + c)ZB-(a + c)(T2 + t2)cosa =0;
/=i
/i
£ my(Fi): -rc(T1-t1) + rD(T2-t2) = 0;
i=l
и
X mz( Fi): - a(T, + ti) - (a + c)(T2 + t2)sin a - (a + b + c)XB = 0.
/=i
Решая систему, получим
Т2 = 4кН; t2 = 2icH; ХА = -6,375 кН;
Хв =-4,125 кН; Za=1,3kH; ZB = 3,897 кН.

299
Знак «-» у сил ХА и Хв означает, что принятые при
решении задачи направления векторов ХА и Хв следует поменять
на противоположные.
Задача 3.187 (8.40). Картина в раме, имеющей форму
прямоугольника ABCD, подвешена на вертикальной стене при
помощи шнура EKF, надетого на крюк К так, что край АВ
горизонтален (рис.3.504); точки Е, F —
середины сторон AD и ВС. Картина
наклонена к стене под углом а = arctg 3/4 и
опирается на два гвоздя L и М, вбитых
в стену, причем AL = MB. Размеры
картины: АВ = 60 см, AD = 75 см;
вес картины 200 Н и приложен в
центре прямоугольника ABCD; длина
шнура 85 см. Определить натяжение Т шну-
Рис. 3.504 ра и давление на гвозди L и М.
Решение
Рассмотрим равновесие рамы. Освободим раму от
наложенных связей (шнура и гвоздей), заменив связи эквивалентными
по их действию на раму силами реакций гвоздей RL, RM и
натяжений шнура Ть Т2. Силы натяжений Ti и Т2 направлены вдоль
соответствующих частей шнура ЕК и KF. Единственная активная
сила, действующая на раму, — сила веса G, — расположена в
плоскости YOZ (рис.3.505а). Поэтому и силы реакций RL, RM
также будут лежать в плоскостях, параллельных плоскости YOZ.
Jf It
а б
Рис. 3.505

300
Разложим силы RL и RM на составляющие YL, ZL, YM и ZM
Rl = YL + ZL; RM = YM + ZM;
и для пространственной системы сил YL, ZL, YM, ZM, Ti, T2 и G
запишем следующие уравнения равновесия (рис.3.5056)
/|' Fix.* - Ticos у cos р + T2cos у cos p = 0;
/=i
n
]T Fiy: YL + YM-(T1 + T2)cosYsinp=0;
n
£ F*: ZL + ZM-G + Cb + TsJsiny =0;
/=i
n
^ mx( Fi): - (AD/2)Gsin a + (AD/2)(Tj + T2)cos у sin p cos a +
/=i
+ (AD/2)(T! + T2)sin у sin a = 0;
n
Y, myCFi): OL*ZL-OM*ZM = 0;
i=i
n
Y, m^Fj): OL*YL-OM*YM = 0.
/=i
Решая систему, находим
T, = T2 = 85,2H; YL = YM = 45H; ZL = ZM = 60H.

301
ПРИЛОЖЕНИЕ
ТАБЛИЦА
СООТВЕТСТВИЯ НОМЕРОВ ЗАДАЧ
ИЗ «СБОРНИКА ЗАДАЧ» И. В. МЕЩЕРСКОГО
И ДАННОГО ПОСОБИЯ
№№
задач
«Сборника задач»
И. В. Мещерского
данного
пособия
1.1
3.1
1.2
3.2
1.3
3.3
1.4
3.131
1.5
3.132
2.1
3.4
2.2
3.5
2.3
3.6
2.4
3.7
2.5
3.8
2.6
3.9
2.7
3.10
2.10
3.11
2.13
3.12
2.14
3.13
2.16
3.17
2.17
3.18
2.18
3.15
2.19
3.16
2.20
3.14
2.21
3.19
2.22
3.20
2.23
3.21
2.24
3.41
2.25
3.22
2.26
3.23
2.27
3.78
2.28
3.25
2.29
3.79
2.30а
3.77
2.31
3.80
2.32
3.81
2.33
3.24
2.35
3.26
2.36
3.27
2.37
3.28
2.38
3.29
2.39
3.53
2.40
3.30
2.41
3.82
2.42
3.83
2.43
3.31
2.45
3.32
2.47
3.33

302
2.48
3.34
2.50
3.35
2.51
3.36
2.52
3.37
2.53
3.38
2.54
3.39
2.55
3.40
3.1
3.54
3.2
3.55
3.3
3.56
3.4
3.57
3.5
3.58
3.6
3.59
3.7
3.60
3.8
3.61
3.9
3.62
3.11
3.63
3.12
3.64
3.13
3.65
3.14
3.66
3.15
3.67
3.16
3.68
3.17
3.69
3.18
3.70
3.19
3.71
3.21
3.43
3.22
3.44
3.23
3.45
3.24
3.46
3.25
3.47
3.26
3.48
3.29
3.49
3.31
3.72
3.34
3.73
3.35
3.74
3.36
3.76
3.37
3.75
4.1
3.51
4.2
3.50
4.3
3.42
4.4
3.52
4.6
3.84
4.7
3.85
4.8
3.86
4.9
3.87
4.10
3.88
4.11
3.89
4.13
3.90
4.14
3.91
4.15
3.92
4.16
3.93
4.17
3.94
4.19
3.95
4.20
3.96
4.21
3.97
4.22
3.98
4.25
3.99
4.26
3.100
4.27
3.101
4.28
3.102
4.29
3.103
4.30
3.104
4.31
3.106
4.32
3.105
4.33
3.107
4.34
3.108
4.35
3.109
4.36
3.110
4.37
3.111

303
| 4.38
3.112
4.40
3.113
4.41
3.114
4.42
3.115
4.43
3.116
4.45
3.117
4.46
3.118
4.48
3.119
4.50
3.120
4.53
3.121
4.54
3.122
4.55
3.123
4.56
3.124
4.57
3.125
4.58
3.126
4.59
3.127
4.67
3.128
4.70
3.129
4.71
3.130
5.1
3.133
5.6
3.134
5.9
3.135
5.11
3.136
5.13
3.137
5.14
3.138
5.15
3.139
5.20
3.140
5.21
3.141
5.26
3.142
5.27
3.143
5.28
3.144
5.30
3.145
5.31
3.146
5.32
3.147
5.35
3.148
5.36
3.149
6.1
3.150
6.2
3.151
6.3
3.152
6.4
3.153
6.5
3.154
6.9
3.155
6.10
3.156
6.11
3.157
6.12
3.158
6.13
3.159
7.2
1.1
7.3
1.2
7.5
1.3
7.6
1.4
7.7
1.7
7.9
1.5
7.10
1.6
7.12
1.8
8.1
3.160
8.4
3.161
8.5
3.162
8.6
3.163
8.7
3.164
8.8
3.165
8.9
3.166
8.12
3.167
8.13
3.168
8.14
3.169
8.15
3.170

304
8.17
3.171
8.1S
3.172
8.19
3.173
8.20
3.174
8.21
3.175
8.24
3.176
8.26
3.177
8.27
3.178
8.28
3.179
8.29
3.180
8.30
3.181
8.31
3.182
8.33
3.183
8.34
3.184
8.35
3.185
8.36
3.186
8.40
3.187
9.1
2.9
9.2
2.11
9.3
2.10
9.4
2.8
9.5
2.12
9.6
2.13
9.8
2.7
9.13
2.15
9.14
2.14
9.16
2.2
9.17
2.4
9.18
2.5
9.19
2.3
9.20
2.6
9.21
2.1
9.23
2.16
9.25
2.17
9.26
2.18
9.27
2.19
Издательство «ЛАНЬ*
lan@lpbl.spb.ru; www.lanpbl.spb.ru
192029, Санкт-Петербург, Общественный пер., 5.
Издательство: тел./факс: (812)567-29-35, 567-05-97, 567-92-72;
pbl@lpbl.spb.ru; print@lpbl.spb.ru
Книги издательства «Лань»
можно приобрести в оптовых книготорговых организациях:
ООО «ЛАНЬ-ТРЕЙД». 192029, Санкт-Петербург, ул. Крупской, 13,
тел./факс: (812)567-54-93, тел.: (812)567-85-78, (812)567-14-45, 567-85-82,
567-85-91; trade@lanpbl.spb.ru; www.lanpbl.spb.ru/price.htm
ООО «ЛАНЬ-ПРЕСС». 109263, Москва, 7-я ул. Текстильщиков, 6/19,
тел.: (495)178-65-85, 178-57-04; lanpress@ultimanet.ru
ООО «ЛАНЬ-ЮГ». 350072, Краснодар, ул. Жлобы, 1/1, тел.: (861)274-10-35;
lankrd98@mail.ru
Сдано в набор 01.07.04. Подписано в печать 20.01.06.
Бумага офсетная. Гарнитура Тайме. Формат 84x108 7в2.
Печать высокая. Усл. п. л. 15,96. Тираж 3000 экз.
Заказ № 4328
Отпечатано с готовых диапозитивов в ОАО «Владимирская книжная
типография». 600000, г. Владимир, Октябрьский проспект, д. 7.
Качество печати соответствует качеству предоставленных диапозитивов