Статика. Ч.2. Сила трения. Центр тяжести

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РФ 
НАЦИОНАЛЬНЫЙ ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКИЙ ТОМСКИЙ 
ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ 
ФИЗИКО-ТЕХНИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
СТАТИКА 
Ч. 2 Сила трения. Центр тяжести 
 
Учебно-методическое пособие 
по курсу «Теоретическая механика» 
для студентов физико-технического факультета 
направлений подготовки 15.03.03 – Прикладная механика, 
15.03.06 – Механотроника и робототехника, 
24.03.03 – Баллистика и гидроаэродинамика 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Томск – 2017 

© Томский государственный университет, 2017

УДК 531.2(075.8)
ББК 22.21. Я73
C 78

РАССМОТРЕНО И УТВЕРЖДЕНО методической комиссией физикотехнического факультета

Протокол № ______ от «_______» ___________ 2017 г.

Председатель МК ФТФ
профессор, д. ф.-м. н. 
В. А. Скрипняк

Пособие составлено в соответствии с тематикой семинарских занятий и 
программой курса «Теоретическая механика» студентов физикотехнического факультета направлений подготовки 15.03.03 – Прикладная 
механика, 15.03.06 – Механотроника и робототехника, 24.03.03 –
Баллистика и гидроаэродинамика.. В пособии рассмотрено решение задач 
статики с учетом силы трения, а также различные методы определения 
положения центра тяжести тела.

Для преподавателей, аспирантов, студентов и магистрантов.

СОСТАВИТЕЛИ: 
Составители:
профессор кафедры прикладной аэромеханики ФТФ Глазунов А. А.
доцент кафедры прикладной аэромеханики ФТФ Мерзляков А. В.
Старший преподаватель кафедры прикладной аэромеханики ФТФ 
Еремин И. В

Введение 
 
Статика – это раздел теоретической механики, в котором изучаются 
методы преобразования одних совокупностей сил в другие, эквивалентные исходным, выясняются условия равновесия сил, действующих на 
какое-либо тело, определяются возможные положения равновесия тел. 
Предлагаемая работа является продолжением уже изданных методических указаний (см. [1]). В ней рассматриваются два важных класса задач – 
задачи статики, в которых учитывается сила трения, а также задачи на 
определение положения центра тяжести системы материальных точек 
(твердого тела). Первая группа задач рассматривается как частный случай 
статически неопределимых задач с целью объяснения общих подходов к 
решению таких задач. Необходимость появления второй группы вызвана 
тем, что в подавляющем большинстве задач статики используется сила 
тяжести, для которой во многих случаях необходимо определить положение ее точки приложения. 
Теоретические сведения, необходимые для решения задач, приведены 
в источниках [2] и [3]. Задачи, иллюстрирующие методы решения, а также задачи, рекомендованные для самостоятельного решения, взяты из [4]. 

1. Силы трения 
 
Очень часто при решении статических задач бывает необходимо 
учесть силу трения, т.к. некоторые конструкции основаны именно на ее 
использовании. Точные законы трения до сих пор не установлены, поэтому в настоящее время для описания силы трения пользуются законами 
Амонтона - Кулона: 

1. Вектор силы трения T


 лежит в общей касательной плоскости к поверхностям трущихся тел, тормозя движение одного тела по поверхности 
другого, и имеет величину, пропорциональную нормальной реакции N, 
действующей между телами: 
Т = kN 
Безразмерный коэффициент пропорциональности k называется коэффициентом трения. 
2. Коэффициент трения не зависит от размеров соприкасающихся тел. 
3. Коэффициент трения существенно зависит от материалов трущихся 
тел и состояния поверхностей соприкосновения. Смазка всегда уменьшает коэффициент трения скольжения. 
При отсутствии относительного движения тел величина k не определена, и с ростом сдвигающей силы k тоже будет возрастать до некоторой 
предельной величины, называемой коэффициентом статического трения 
(трения покоя). При дальнейшем увеличении сдвигающей силы тела 
сдвигаются друг относительно друга и коэффициент трения падает до его 
значения при движении – коэффициента динамического трения. В теоретической механике считается, что он не 
зависит от скорости относительного движения. 
Иногда коэффициент статического трения трактуют следующим образом. Пусть 
тело находится на некоторой поверхности и 

действует на эту поверхность с силой F


, 
составляющей угол ϕ с нормалью к поверхности. Согласно III закону Ньютона поверх
ность действует на тело с силой R


, равной 
по модулю и противоположной по направ
Рис. 1.1

лению силе F


 (см. рис. 1.1). Силу R


 можно представить в виде суммы 
двух векторов, один из которых направлен по нормали к поверхности, а 
второй – по касательной к ней. Первый вектор представляет собой силу 

нормальной реакции N


, его модуль равен R⋅cosϕ. Второй вектор являет
ся силой трения T


, его модуль равен R⋅sinϕ. Подставляя эти выражения 
в формулу для силы трения, получаем: 
R⋅sinϕ = k⋅R⋅cosϕ 
откуда 
k=tgϕ 
Предельное значение угла ϕ называется углом трения α. Тело остается 
в покое, когда угол между нормалью к поверхности и направлением действующей силы не превосходит угла α. Если этот угол больше α – тело 
начинает скользить по поверхности. 
Для решения статических задач, в которые входят силы трения покоя, 
недостаточно только уравнений статики: их надо дополнять выражениями для силы трения. Поэтому такие задачи являются статически неопределимыми. 
 
Примеры решения задач 
Задачи на использование определения силы трения. 

 
1.1. На верхней грани прямоугольного 
бруса В, вес которого 200 Н, находится прямоугольный брус А веса 100 
Н. Брус В опирается своей нижней 
гранью на горизонтальную поверхность С, причем коэффициент трения между ними f2=0,2. Коэффициент трения между брусами А и В 
f1=0,5. На брус А действует сила 
Р=60 Н, образующая с горизонтом 
угол α=30° (рис. 1.2). Будет ли брус А 
двигаться относительно бруса В? 
Будет ли брус В двигаться относительно плоскости С? 

Рис. 1.2

Решение. 

На брус А действуют следующие 
силы: его вес, сила Р и сила трения 
между брусами А и В (см. рис. 1.3). 
Очевидно, что брус А двинется по брусу В тогда, когда горизонтальная составляющая силы Р превысит силу 
трения между брусами. Горизонтальная 
составляющая 
равна 
P⋅cos30°≈52 Н. 
Сила трения между брусами равна произведению коэффициента трения f1 на 
силу нормальной реакции бруса В, 
которая, в свою очередь, равна сумме 
веса 
бруса А и вертикальной составляющей силы Р, равной 
P⋅sin30°=30 Н. Таким образом, 
Fтр.АВ=0,5⋅(100 + 30)=65 Н. 
Видно, что сила трения больше, чем сдвигающая горизонтальная составляющая силы Р, поэтому брус А не 
сдвинется относительно бруса В. 
Точно также проверяется возможность движения бруса В по поверхности 
С (см. рис. 1.4). Так как брусы не двигаются друг относительно друга, то 
сдвигающей силой будет опять P⋅cos30° 
(в противном случае ею была бы сила 
трения между брусами). Для того, чтобы 
брусы сдвинулись, она должна превзойти силу трения, равную произведению 
коэффициента трения f2 на силу нормальной реакции поверхности С, равную сумме вертикальной составляющей силы Р и весов обоих грузов. 
Таким образом, 
Fтр.ВС=0,2⋅(100 + 200 + 30)=66 Н. 
Видно, что она больше сдвигающей силы, а поэтому брусы не сдвинутся по поверхности С и останутся в покое. 

Рис. 1.3

Рис. 1.4

1.2. Листы бумаги, сложенные, 
как показано на рисунке 1.5, 
склеиваются свободными концами через лист, так что получаются 
две 
самостоятельные 
кипы А и В. Вес каждого листа 
Q=0,06 Н, число всех листов 200, 
коэффициент трения бумаги о бумагу, а также о стол, на котором 
бумага лежит, равен 0,2. Предполагая, что одна из кип удерживается 
неподвижно, определить наименьшее горизонтальное усилие Р, необходимое для того, чтобы вытащить вторую кипу. 
 

Решение. 

Сначала рассмотрим случай, когда удерживается кипа В, а кипу А вытаскивают. Очевидно, что прикладываемая сила Р должна быть не меньше, чем сила трения, действующая на все листы кипы А. 
Рассмотрим верхний лист кипы А. На каждую его поверхность действует своя сила трения, равная произведению коэффициента трения на 
силу нормальной реакции этой поверхности. Реакция верхней поверхности равна Q (вес листа кипы В, находящегося над ним), реакция нежней 
поверхности – 2Q (вес верхних листов обоих кип). Таким образом, сила 
трения, действующая на верхний лист кипы А, равна 
P1=f⋅Q + 2f⋅Q= 3f⋅Q 
Рассматривая аналогично второй лист кипы А видим, что сила реакции его верхней поверхности равна 3Q (над ним – три листа обоих кип), а 
нижней поверхности – 4Q. Таким образом, 
P2=3f⋅Q + 4f⋅Q= 7f⋅Q 
Точно также рассматривается третий лист (P3=f⋅11Q) и все остальные. 
Всего листов. входящих в кипу – 100 (половина общего их количества), 
общая сила трения, удерживающая кипу А внутри кипы В, равна 
Р1+Р2+...+Р100. Если рассмотреть выражения для Рi, то видно, что они 
образуют арифметическую прогрессию, в которой первый элемент 
а1=3f⋅Q, разность d=4f⋅Q, а число элементов n=100. Применяя известную 
формулу суммы арифметической прогрессии 

1
2
(
1)
2
n
a
n
d
S
n
+
−
=
⋅

Рис. 1.5

получаем: 

6
(100 1)
4
100
20100
2
A
f
Q
f
Q
P
f Q
⋅
+
−
⋅
⋅
=
⋅
=
⋅
⋅
 

После подстановки f и Q получаем окончательно РА=241,2 Н. 
Случай, когда кипа В вытаскивается из кипы А, рассматривается аналогично. В данном случае а1= f⋅Q, d= 4f⋅Q. Применяя ту же формулу, 
получаем РВ= f⋅Q⋅19900=238,8 Н. 
 

Задачи статики, в которой необходимо учитывать силу трения. 
1.3. Лестница АВ веса Р упирается в гладкую 
стену и опирается на горизонтальный негладкий пол. Коэффициент трения лестницы о пол 
равен f. Под каким углом α к полу надо поставить лестницу, чтобы по ней мог подняться 
доверху человек, вес которого Q? (рис. 1.6) 
 
 
 
 

Решение. 

Согласно условия задачи, на лестницу 
АВ действуют следующие силы: вес лестницы Р, вес человека наверху Q, нормальная реакция стены NA, нормальная реакция 
пола NВ и сила трения между полом и 
лестницей T (см. рис. 1.7). Согласно общему порядку решения задач статики с 
произвольной системой сил, необходимо 
ввести систему координат и составить 
уравнения равновесия. Система координат 
показана на рис. 1.7. Уравнения равновесия выглядят следующим образом: 
Ox:  
NA - Т = 0; 
Oy: - 
p - P + NB = 0; 
momB: 
Q⋅l⋅cosα - NA⋅l⋅sinα +  +P⋅(l/2)⋅cosα = 0 

 
 
Рис. 1.7 

Рис. 1.6

Здесь l – длина лестницы; как легко видеть, в последнем уравнении 
эту величину можно сократить. 
Уравнений статики оказалось три; в то же время в них входит четыре 
неизвестных: нормальные реакции в точках А и В, сила трения и угол 
наклона лестницы α. Для того, чтобы решить задачу, необходимо дополнить систему уравнений статики соотношением для силы трения: T=f⋅NB. 
После подстановки и элементарных преобразований получается следующая система для трех неизвестных: 

0
0
(2
)cos
2
sin
0

A
B

B

A

N
f N
N
P
Q
Q
P
N
α
α

−
⋅
=


−
−
=


+
−
=


 

Из первых двух уравнений находятся NA и NB; после их подстановки в 
последнее уравнение получается следующая формула для угла наклона α: 

2
2 (
)
Q
P
tg
f Q
P
α
+
=
+

 

Если угол наклона будет меньше угла α, определенного из данного 
равенства, то момент сил тяжести, приложенный к человеку и лестнице, 
окажется больше момента силы NA относительно точки В, и лестница 
будет скользить вниз. Если же угол будет больше – момент силы тяжести 
будет меньше, и лестница останется в покое. 
 
1.4. Однородный стержень своими концами А и В может скользить по негладкой 
окружности радиуса а. Расстояние ОС 
стержня от центра О окружности, расположенной в вертикальной плоскости, 
равно b. Коэффициент трения между 
стержнем и окружностью равен f. Определить для положений равновесия стержня угол ϕ, составляемый прямой ОС с вертикальным диаметром окружности (рис. 
1.8). 
 
 

Рис. 1.8

Решение. 

Как следует из условия задачи, на 
стержень действуют следующие силы. К его середине С приложен вес 
P


, а к каждому из его концов А и В 

– силы нормальной реакции 
A
N


 и 

B
N


 и силы трения 
A
T


 и 
B
T


. Распо
ложение сил указано на рис. 1.9. Для 
большей наглядности при решении 
задачи целесообразно сначала рассматривать только стержень и приложенные к нему силы. Такое изображение приведено на рис. 1.10. Там же приведена система координат, 
удобная для записи уравнений статики. Для сокращения записей в задачу 
вводится угол α (см. рис. 1.10). Его легко найти по условию задачи: 

sin
b
a
α =
 

Уравнения статики составляются 
обычным образом. Для того, чтобы 
уравнение 
моментов 
оказалось 
проще, 
целесообразно 
моменты 
вычислять 
относительно 
центра 
окружности О. В результате получается следующая система уравнений: 
 
 
 
Cx: 
cos
sin
sin
cos
sin
0
A
A
B
B
N
T
P
N
T
α
α
ϕ
α
α
−
+
−
−
=
 

Cy: 
sin
cos
cos
sin
cos
0
A
A
B
B
N
T
P
N
T
α
α
ϕ
α
α
+
−
+
−
=
 

MomO: 
sin
(
)
0
A
B
Pb
a T
T
ϕ −
+
=
 
К этим уравнениям нужно добавить соотношения для сил трения: 
ТА = f⋅NA, ТB = f⋅NB 

 
 
Рис. 1.10 

Рис. 1.9