Загрузил shvn47

zd4 1 32m

Реклама
Статика
Равновесие тел при отсутствии вращения
Задачи № 4.1 — № 4.32
Статика
Равновесие тел при отсутствии вращения
4.1. Если силы направлены вдоль одной прямой в
одну сторону, то получаем максимально возможную
по величине силу 12 Н.
Если силы направлены вдоль одной прямой в противоположные стороны, то получаем минимально
возможную по величине силу в 8 Н.
Остальные варианты сложения векторов сил показаны на рисунке. Изменяя угол
 , можно получить силу любой величины от 8 до 12 Н. В данном случае равнодействующая сила FР  10 Н при   84,2 , в чем легко убедиться по теореме косинусов.
4.2. Равнодействующая двух взаимно перпендикулярных сил 5 Ньютон имеет величину 5 2 . Такую же по величине силу можно получить сложением двух сил в
 
4 Н., если угол  между ними определить из уравнения 2  4  cos   5 2 ,
2

  5 2
cos  
 0,884 ,
 27,87 , т.е.   55,74  56 . Далее вектор суммы
8
2
2
направить противоположно сумме сил по 5 Н.
4.3. Возможны два варианта равновесия воза.
а) все три силы лежат в одной плоскости, одинаковы по величине и угол между
ними по 120  .
б) рак и щука одинаково тянут в противоположные стороны, а лебедь тянет вверх
с силой, которая меньше силы тяжести воза.

4.4. В случае а обе силы натяжения и сила тяжести mg направлены по вертикали.
Поэтому условие равновесия трапеции в проекциях на вертикальное направление
запишется в виде Oy : 2T  mg  0 , откуда находим модуль сил натяжения верёвок
mg
. Во всех других вариантах, когда веревки невертикальные, у сил натяжеT
2
ния, кроме вертикальных, появляются горизонтальные составляющие. Вертикальные составляющие не отличаются от случая а, а за счет горизонтальных компонент модули сил натяжения увеличиваются.
2

2.5. Как бы ни была туго натянута веревка, под действием силы тяжести mg она
всегда немного провисает (см.
рисунок). Составим условие равновесия согласно
  рисунку

T1  T2  mg  0 .
Проекции на координатные оси
Ox :  T1 cos   T2 cos   0 ,
следовательно, T1  T2  T . С учетом этой симметрии проектируем на вертикальное направление
Oy :  2T sin   mg  0 .
Отсюда получаем выражение для сил натяжения
mg
.
T
2 sin 
Теперь ясно, что чем меньше стрела прогиба, тем меньше угол  , меньше sin  , а
силы натяжения больше. В пределе, при   0 , T   .
4.6. Распределение сил, действующих на баржу, показано на рисунке. Условие
  равновесия баржи:
T1  T2  F  0 .
В проекциях на координатные оси
Ox :  T1 cos   T2 cos   0 ,
следовательно, T1  T2  T . С учетом этой симметрии проектируем на вертикальное направление
Oy :  2T sin   F  0 ,
следовательно,
3
F  2T sin   2  8 
 13,86  13,9 кН.
2
4.7. Относительно небольшая сила, действующая перпендикулярно веревке в ее
средней части, создает значительные силы натяжения. Подробная схема расчета
дана в решении задачи 4.5.
4.8. Схема распределения сил аналогична рисунку к задаче 4.5. Условие равновесия груза
 

T1  T2  mg  0 .
Проекции на координатные оси
Ox :  T1 cos   T2 cos   0 ,
следовательно, T1  T2  T . С учетом этой симметрии проектируем на вертикальное направление
Oy :  2T sin   mg  0 .
Отсюда получаем выражение для сил натяжения
3
mg
.
2 sin 
Выразим sin  из геометрических данных задачи (учтем, что x  l 2 )
x
2x
.
sin  

2
l
2
l
   x 
2
Следовательно, сила натяжения провода будет равна
mg
mgl 17 10  40
T


 17 103 Н., или 17 кН. — ответ.
2 sin  4x
4  0,1
T
4.9. Силы, действующие на неподвижное тело, показаны на рисунке. По первому закону Ньютона условие
равновесия тела запишется
в виде
   
mg  F  N  FTP  0 .
В проекциях на оси координат
(1)
Ox : F cos   FTP  0 ,
Oy :  mg  F sin   N  0 , N  mg  F sin  , FTP max  N   mg  F sin   .
Подставим в (1)
F cos    mg  F sin    0 , F cos    sin    mg , следовательно,
mg
— ответ.
F
cos   sin 
4.10. Распределение сил, действующих на брусок, показано на рисунке. Условие равновесия
бруска под действием
приложенных к нему сил:
   
mg  F  N  FTP  0
В проекциях на оси координат
Ox : mg sin   FTP  0 ,
(1)
Oy : N  F  mg cos  0 ,
N  F  mg cos ,
FTP max  N   F  mg cos   .
Подставляем в (1)
mg sin    F  mg cos    0 , F  mg sin    cos   , следовательно,
mg
sin    cos  .
F

Из
рисунка
видно,
что
sin  
h2 1 2
cos  1  sin   1  2 
l  h 2 . Подставляем в (2):
l
l
2
4
h
,
l
(2)
тогда
F




mg
2  9,8
h   l 2  h2 
0,9  0,5 2,25  0,81  7,84  7,8 Н. — ответ.
l
0,5 1,5
4.11. Силы, действующие на шайбу,
находящуюся на высоте h от снования
полуцилиндра, показаны на рисунке.
Условие равновесия
шайбы
  
mg  N  FTP  0 .
В проекциях на координатные оси
Ox : mg cos 90     FTP  0 , (1)
Oy : N  mg cos  0 ,
N  mg cos ,
FTP max  N  mg cos  .
Подставляем в (1)
mg cos 90     mg cos   0 , mg sin    cos    0 , sin    cos ,
(2)
tg   .
Из треугольника, показанного на рисунке пунктиром, следует, что
R2  h2
R2  h2
2
tg


,
. Учитывая (2), получаем уравнение относительно
tg  
h2
h
h:
 2 h 2  R 2  h 2 , h 2 1   2   R 2 , следовательно,
R
— ответ.
h
1 2
4.12. Распределение сил, действующих в системе, показано
на рисунке. Условие равновесия
системы
  
mg  F1  F2  0 .
В проекциях на координатные оси:
Ox :  F1  F2 cos   0 ,
Oy : F2 sin   mg  0 .
Из второго уравнения
mg
;
F2 
sin 
1
 3  9,8  17
из первого F1  F2 cos  mg ctg  3  9,8
3
Ньютон.
mg
2
F2 
 3  9,8
 33,948  34 Ньютон — ответ.
sin 
3
5
4.13. Силы, действующие в системе, показаны
на
 рисун 
ке. Условие равновесия конструкции mg  FAC  FBC  0
В проекциях на координатные оси:
Ox : FAC  FBC cos   0 ,
Oy : FBC sin   mg  0 .
Из второго уравнения
FBC 
mg

sin 
mgb
b2  a 2

120  9,8  2,5 120  9,8  2,5

2
1,5
6,25  4
кН.
Из первого уравнения
mga
120  9,8  2
FAC  FBC cos  2

 1,6 кН. — ответ.
1,5
b  a2
4.14. Равнодействующая сил натяжения, приложенных в точке B (см. рисунок),
должна равняться нулю
  
mg  F1  F2  0 .
В проекциях на координатные оси:
Ox : F1 cos   F2  0 ,
Oy : F1 sin   mg  0 .
Из второго уравнения
mg 1  9,8  2
F1 

 11,3 Н. — ответ 1.
sin 
3
из первого F2  F1 cos  mg ctg   1  9,8
1
 5,6 Н.
3
— ответ 2.
4.15. Силы, действующие на шар, показаны на рисунке.
Условие равновесия шара  

mg  T  N  0 .
В проекциях на координатные оси:
Ox : N  T sin   0 ,
Oy : T cos  mg  0 .
Из второго уравнения
mg
;
T
cos
Подставив в первое уравнение, найдем силу нормальной реакции стены
N  T sin   mg tg  .
По третьему закону Ньютона с такой же по величине силой шар давит на стену:
F  N  mg tg  — ответ.
6
4.16. Распределение сил, действующих в системе,
показано на рисунке. Условие
равновесия шарика
  
mg  T  N  0 .
В проекциях на координатные оси:
Ox : mg sin   T cos  0 ,
Oy : N  mg cos  T sin   0 .
Из первого уравнения
1
T  mg tg   10 10 3  9,8
 5,7 10  2 Н. — ответ
3
1.
Подставив во второе уравнение, найдем силу
нормальной реакции
sin 2  
cos 2

 cos2   sin 2  
.
N  mg cos  T sin   mg cos 
  mg
  mg
cos 
cos
cos



Проведем вычисления
cos 2
0,5  2
N  mg
 10 10 3  9,8
 5,7 10  2 Н. — ответ 2.
cos
3
4.17. Распределение сил, действующих в системе, показано на рисунке. Условие
равновесия шарика
  
mg  T  N  0 .
Выполнение условия равновесия означает, что три силы, действующие на шарик, образуют треугольник
сил, одна из вершин которого является центром шарика O1 . Из рисунка видно, что треугольник сил подобен
пространственному треугольнику OCO1 . Следовательmg
N
но,
. Отсюда выражаем силу натяжения ни
R
Rr
ти
Rr
— ответ 2.
N  mg
R
mg
T
T
Из того же подобия треугольников следует, что
. Отсюда получа

R CO1 l  r
lr
ем силу натяжения нити T  mg
— ответ 1.
R
4.18. Неподвижный блок, если в нем отсутствует трение, лишь изменяет направление силы натяжения нити, не изменяя ее по величине. Поэтому показания динамометров в обоих случаях будут одинаковы — вес тела, прикрепленного к нити.
А вот сила давления на ось блока во втором положении будет больше, поскольку
7
она равна векторной сумме сил натяжения нити по обе стороны от блока.
4.19. Равновесие нарушится, так как теперь уменьшится сила давления на ось подвижного блока. При этом сила натяжения нити останется прежней. Она равна весу груза, расположенного слева. Вес правого груза тоже не изменится. Следовательно, после переноса крепления нити в точку A , ось подвижного блока опустится несколько ниже и тело, расположенное слева расположится выше.
4.20. На рисунке показано распределение сил, которые действуют в системе.
Условие равновесия тела m 2
m2 g  T2 ,
(1)
тела m3
m3 g  T3 .
(2)
Условие неподвижности
точки A нити
  
m1 g  T2  T3  0 ,
где T2  T2 и T3  T3 .
В проекциях на координатные оси
(3)
Ox : T3  T2 sin   0 ,
(4)
Oy : T2 cos   m1 g  0 .
Из (4) и (1) следует, что
mg mg m
(5)
cos   1  1  1 .
T2
m2 g m2
Из (3) и (5) получаем, что
2
 m1 
m22  m12
T3  T2 sin   T2 1  cos   m2 g 1     m2 g
 g m22  m12 .
2
m2
 m2 
2
Учитывая (3) получим, что m3 g  g m22  m12 , следовательно,
m3  m22  m12  182  100  14,97  15 кг. — ответ 1.
Согласно (5)
m 10
cos   1   0,56 , следовательно,   56 , но тогда     90  146 — отm2 18
вет 2.

4.21. В первом случае на карандаш вертикально вниз действует сила тяжести mg

и сила нормальной реакции крышки пенала N 1 , а на нижний торец вертикально

вверх — сила упругости сжатой пружины Fynp .

Во втором случае вертикально вниз действуют сила тяжести mg и сила упругости

пружины Fynp , а вертикально вверх действует сила нормальной реакции крышки

пенала N 2 .
8
Поскольку длины карандаша и пенала неизменны, из рисунка 4.14 можно сделать
вывод, что деформация пружины одинакова в обоих случаях. Следовательно, сила
упругости тоже одинакова. Запишем условия равновесия карандаша в двух случаях в проекциях на вертикальное направление:
Fynp  N1  mg,

Fynp  N 2  mg.
По условию задачи N 2  n  N1 . Левые части уравнений системы одинковы, следовательно, одинаковы и правые части:
N1  mg  n  N1  mg .
Отсюда находим первоначальную силу реакции крышки пенала N1 n  1  2mg ,
2mg 2 10 2  9,8
N1 

 0,98 Ньютон — ответ.
n  1
1,2  1
4.22. Очевидно, что сила упругости, действующая в точке C подвеса системы
равна сумме сил тяжести стержня и груза
TC  m  M g .
В плоскости сечения, проходящей через точку B сила упругости сумме силы тяm
жести части AB стержня F1  l  x g и силы тяжести груза F2  Mg . Следоваl
тельно,
m
m


TB  l  x g  Mg   M  l  x  g .
l
l


В плоскости сечения стержня, проходящей через точку A , сила упругости по величине совпадает с силой тяжести груза
TA  Mg .
4.23. Будем считать грузы материальными точками, (они не имеют собственного
размера). В первом случае условие равновесия груза согласно закону Гука запишется в виде
mg  k l  l0 .
(1)
Во втором случае нижнюю пружину растягивает только нижний груз, а верхнюю
пружину растягивают оба груза. Поэтому длина l x верхней пружины на втором
рисунке будет равна
l x  l1  l .
(2)
Закон Гука для верхней пружины запишется в виде
2mg  k lx  l0  .
(3)
С учетом (2) получим
2mg  k l1  l  l0  .
Из (1) следует, что 2mg  2k l  l0  , поэтому получаем
k l1  l  l0   2k l  l0  ,
9
откуда следует, что l1  l  l0  2l  2l0 и
l0  3l  2l1 — ответ.


4.24. Силы, действующие на грузы, показаны на рисунках. Здесь F1 и F2 — силы
упругой деформации пружины. Поэтому согласно закону Гука, условие равновесия груза m 2 на рисунке а:
m2 g  k l  l0 ,
а на рисунке б:
m1 g  k l0  l1  .
Поделив первое уравнение на второе, получим
m2 l  l0
.

m1 l0  l1
Следовательно, m2 l0  l1   m1 l  l0  ,
l0 m1  m2   m1l  m2l1 ,
m l  m2l1
— ответ.
l0  1
m1  m2
4.25. Для решения задачи мысленно
заменим нижнюю пружину невесомой нерас
тяжимой нитью. Тогда сила F , приложенная в точке A , будет растягивать верх
2F
нюю пружину силой 2F и, согласно закону Гука, растянет ее на xB 
.
k
При этом точка A опустится на l AB  2xB , поскольку нить перекинута через подвижный блок.

Теперь восстановим нижнюю пружину. Нить растягивает ее силой F . СледоваF
тельно, нижняя пружина растянется на xH  , на столько же опустится точка
k
F
A l AH  xH  .
k
2 F F 5F
В итоге точка A опустится вниз на l A  l AB  l AH  2
— ответ.
 
k
k
k
4.26. а) При параллельном соединении (см. рисунок)
одинаковы абсолютные деформации пружин, а деформирующая сила равна сумме сил упругой деформации
F1  k1  l , F2  k 2  l ,
F  F1  F2  k1  k2 l ,
(1)
где l  l  l0 .
Систему двух параллельно соединенных пружин заменяем эквивалентной одиночной пружиной, естествен10
ная длина l0 которой, равна длине заменяемых пружин в недеформированном состоянии. Тогда по закону Гука для эквивалентной пружины
(2)
F  kпар l  l0   kпарl .
Сравнивая (1) и (2) получаем, что
(3)
kпар  k1  k2 ,
То есть, при параллельном соединении коэффициент жесткости эквивалентной
пружины равен сумме коэффициентов жесткости соединяемых пружин.
б) При последовательном соединении пружин их деформирует одинаковая сила,
которая вызывает у них деформации (см. рисунок)
F
F
и l2  .
(4)
l1 
k1
k2
Эти деформации складываются
lпосл  l1  l2 .
(5)
Эквивалентная пружина в недеформированном состоянии имеет длину l0 посл  l01  l02
По закону Гука для эквивалентной пружины F  k послlпосл , следовательно,
F
.
(6)
lпосл 
kпосл
F
F F
Подставив (4) и (6) в (5), получим
  , следовательно
kпосл k1 k2
1
1 1
(7)
  .
kпосл k1 k2
4.27. Силы, действующие на лестницу, показаны
на рисунке. Условиеравновесия

 лестницы

mg  N1  N 2  FTP  0 .
В проекциях на горизонтальное направление
Ox : N 2 cos   FTP sin   0 .
Следовательно, FTP sin   N 2 cos  .
Но по закону Амонтона FTP max  N 2 . Лестница находится на грани соскальзывания, поэтому N 2 sin   N 2 cos  . Отсюда получаем ответ к задаче   ctg .
4.28. Условие равновесия
клина
(см. рисунок)

 
mg  N1  N 2  0 .
В проекциях на координатные оси (   60 )
Ox : N1 cos

2
следовательно, N1  N 2 .
 N 2 cos
Oy : 2 N1 sin

2

2
 0,
 mg  0 .
11
Отсюда получаем, что
mg
N1  N 2 
2 sin

Условие равновесия бруска

mg
 mg .
2 sin 30
(1)
2



  
mg  N  FTP   N1  0 .
В проекциях на координатные оси
Ox :  FTP  N1 cos 30  0 ,
Oy : N  N1 sin
Следовательно, с учетом (1) получим, что

2
(2)
 mg  0 .

3
 mg  mg .
2
2
По закону Амонтона максимальная сила трения покоя
3
FTP max  N   mg .
2
Подставив в (2), получим
3
3
 mg  mg
.
2
2
N  N1 sin
Отсюда получаем искомую величину коэффициента трения  
1
— ответ.
3
4.29. В процессе расстановки, действующих в системе сил, был введен в рассмотрение и угол  (см. рисунок). Условие
равновесия малого шара

mg  N1  N 2  0 ,




где N1   N1 и N 2   N 2 — силы нормальной реакции поверхностей больших


шаров (ввиду симметрии системы N 2 и N 2
на рисунке не показаны).
В проекциях на координатные оси
В проекциях на координатные оси
Ox : N1 sin   N 2 sin   0 ,
следовательно, N1  N 2 .
Oy : 2 N1 cos   mg  0 .
Из последнего уравнения находим силу
нормальной реакции шаров
mg
.
(1)
N1 
2 cos 
Условие равновесия большого шара
12

  
Mg  T1  N1  N  0 .
В проекциях на координатные оси
Ox : T1 sin   N  N1 sin   0 ,
Oy : T1 cos   Mg  N1 cos   0 .
(2)
(3)
mg
mg
. С учетом этого преобразуем (2) и
tg  , а N1 cos  
2
2
(3) в систему уравнений
mg

T
cos


Mg

 0,
1

2

T sin   N  mg tg   0.
 1
2

Большие шары начнут расходиться, если сила нормальной реакции N обратится в
нуль. В этом случае система уравнений примет вид
mg

T
cos


Mg

,
1


2

T sin   mg tg  .
1


2
Делим первое уравнение на второе
1
2M .
1


tg  m tg  tg 
и приводим дроби к общему знаменателю m tg  tg  :
m tg   2M tg   m tg  , mtg   tg    2M tg  .
Отсюда получаем ограничение на величину массы центрального шара:
2M tg 
— ответ.
m
tg   tg 
Согласно (1) N1 sin  
4.30. Рассмотрим нижний ряд кирпичей, покрывающий площадь S . По условию
задачи он выдержит силу давления F    S . Такую силу может образовать
вес кирпичной кладки одинаковой площади S и высоты h , т.е. F    S  h  g .
Следовательно,
 S h g  S ,
7

10
h

 680,27  680 м. — ответ.
  g 1,5 103  9,8
4.31. Положение шара в наклонных плоскостях и действующие на него силы показаны на рисунке. Запишем условие равновесия
шара в векторной форме

 
mg  N1  N 2  0 .
В проекциях на координатные оси
13
Ox : N1 sin   N 2 sin   0 ,
(1)
Oy : N1 cos   N 2 cos   mg  0 .
Из первого уравнения получаем, что
sin 
.
(2)
N 2  N1
sin 
Подставляем (2) в (1)
sin 
N1 cos  N1
cos   mg  0 ,
sin 
или
N1 cos   sin   ctg    mg ,
mg
.
(3)
N1 
cos  sin   ctg 
Подставляем (3) в (2)
mg
sin 
mg
.
(4)
N2 

cos  sin   ctg   sin  sin   ctg  cos  
По третьему закону Ньютона силы давления шара на наклонные плоскости по величине одинаковы с силами нормальной реакции плоскостей. Поэтому получаем
следующие результаты
mg
3  10
F1  N1 

 15 3  25,98  26 Ньютон — отcos  sin   ctg 
3 1 1

2
2 3
вет 1.
mg
3 10
F2  N 2 

 15 Ньютон — ответ 2.
sin   ctg  cos   3
1
3
2
2
4.32. Распределение действующих сил показано на рисунке. Условие
равновесия шара
 
mg  N1  N 2  0 .
В проекциях на координатные оси
Ox : N 2  mg sin   0 ,
Oy : N1  mg cos   0 .
Из рисунка видно, что
h
sin   ,
l
l 2  h2
h
тогда cos  1  sin   1    
.
l
l
2
2
Из уравнений проекция получаем, что N 2  mg sin   mg
14
h
0,18
 2 10
 6 Ньюl
0,6
тон.
l 2  h2
0,36  0,0324
N1  mg cos  mg
 20
 19,079  19 Ньютон.
l
0,6
По третьему закону Ньютона шар с такими же по величине силами давит дно и
стенку ящика
l 2  h2
F1  N1  mg cos  mg
 19 Ньютон — ответ 1.
l
h
F2  N 2  mg sin   mg  6 Ньютон — ответ 2.
l
15
Скачать