Форум сайта alsak.ru

Задачи и вопросы по физике => Решение задач Н.Е. Савченко => Тема начата: alsak от 08 Мая 2011, 12:34

Название: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 08 Мая 2011, 12:34
Решение задач по физике из книги Савченко Н.Е. Решение задач по физике. – Мн.: Высш. школа, 2003. – 479 с.

        284 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg40479.html#msg40479) 285 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg39273.html#msg39273) 286 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg39245.html#msg39245) 287 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg39266.html#msg39266) 288 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg40537.html#msg40537) 289 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg40538.html#msg40538)
290 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg40540.html#msg40540) 291 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg40541.html#msg40541) 292 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg39247.html#msg39247) 293 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg40542.html#msg40542) 294 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg40543.html#msg40543) 295 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg39255.html#msg39255) 296 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg40575.html#msg40575) 297 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg40576.html#msg40576) 298 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg40577.html#msg40577) 299 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg40578.html#msg40578)
300 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg40579.html#msg40579) 301 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg40580.html#msg40580) 302 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg40599.html#msg40599) 303 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg39279.html#msg39279) 304 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg39283.html#msg39283) 305 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg39427.html#msg39427) 306 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg40585.html#msg40585) 307 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg40598.html#msg40598) 308 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg40586.html#msg40586) 309 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg40587.html#msg40587)
310 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg40588.html#msg40588) 311 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg22926.html#msg22926) 312 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg22736.html#msg22736) 313 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg22706.html#msg22706) 314 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg20916.html#msg20916) 315 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg20336.html#msg20336) 316 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg20266.html#msg20266) 317 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,4926.msg20086.html#msg20086)
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: dx/dt от 21 Июля 2011, 11:50
№317. Однородный стержень согнули посередине под прямым углом и подвесили на шарнире за один из концов (см. рис.). Найти угол α между прикрепленной частью стержня и вертикалью.

Решение. Запишем условие равновесия стержня:

M1=M2,

где M1=mgx1 – момент силы тяжести, действующей на нижнюю половину стержня, относительно оси, проходящей через точку подвеса O; M2=mgx2 – момент силы тяжести, действующей на  вторую половину стержня, относительно той же оси; 2m – масса стержня.
Из равенства моментов следует равенство расстояний x1 и x2 (см. рис.). А это значит, что отрезок C2A разбивается на три равных отрезка, и вертикальная линия OE делит отрезок C2А в отношении 1:2, считая от точки C2. Но C2A есть не что иное, как ¼ часть длины стержня (C2 – середина AB). И если этот маленький отрезок C2E обозначить за L, то длина всего стержня будет равна 12L, а остальные расстояния выразятся через L следующим образом:

AB=AO=6L (стержень согнут посередине),
AC2=3L, EA=2L.

Теперь можно из прямоугольного треугольника OAE найти угол α:
\[ tg\alpha =tg\angle EOA=\frac{EA}{OA}=\frac{2L}{6L}=\frac{1}{3},\;\; \alpha =arctg\frac{1}{3}\approx 18{}^\circ. \]

Ответ: α = 18°.
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: dx/dt от 21 Июля 2011, 11:56
Еще одно возможное решение задачи №317.
Задачу можно  решать, отталкиваясь от того факта, что центр тяжести согнутого стержня ( на рисунке обозначен буквой С) находится под точкой подвеса.
В этом случае задача получается чисто геометрической. Сначала отмечаем середины половинок стержня – точки A и B.  Центр тяжести С будет находиться в середине отрезка AB и, кроме того, лежать на вертикальной прямой (на рисунке показана пунктиром). Далее, рассматривая равнобедренный прямоугольный треугольник, образованный половинками стержня, и учитывая, что AB – это средняя линия этого треугольника, а точка С – середина средней линии, можно найти неизвестный угол α.
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: dx/dt от 29 Июля 2011, 21:40
№316. Однородный шар массой m=10 кг удерживается на гладкой наклонной плоскости веревкой, укрепленной над плоскостью (рис. 114). Угол наклона плоскости к горизонту α=30⁰, угол между веревкой и наклонной плоскостью β=45⁰ . Определить силу, с которой шар давит на наклонную плоскость.

Решение. На шар действуют три силы: сила натяжения нити T, сила нормальной реакции опоры N и сила тяжести mg. Так как шар находится в равновесии, то
\[ \vec{T}+\vec{N}+m\vec{g}=\vec{0}. \]
Найдем проекции этих сил на координатные оси:
\[ Ox:T\cos \beta -mg\sin \alpha =0, \;\;\; (1)\;\;Oy:T\sin \beta +N-mg\cos \alpha =0. \;\;\; (2) \]
Выражая из уравнения (1) силу T и подставляя значение T в уравнение (2), получим:
\[ N=mg\left[ \cos \alpha -\sin \alpha \cdot tg\beta\right]. \]
По третьему закону Ньютона модуль силы F, с которой шар давит на наклонную плоскость, равен модулю силы, с которой плоскость  действует на шар, то есть
\[ F=N=mg\left[ \cos \alpha -\sin \alpha \cdot tg\beta\right]. \]
Подставляя численные значения величин, получим F=36 Н.

Ответ: F=36 Н.
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: dx/dt от 03 Августа 2011, 15:26
№315. Два тела A и B, массы которых m1=1,5 кг m2=0,45 кг соответственно, подвешены на нитях к легкому коромыслу, плечи которого имеют длину l1=0,6 м и l2=1 м, причем тело A лежит на полу (рис.113). На какой минимальный угол α следует отклонить подвес тела B, чтобы после его отпускания тело A оторвалось от пола?

Решение. В момент отрывания от пола тело А не действует своим весом на пол, а действует только на рычаг посредством нити, сила натяжения которой T1= m1g.
Условие равновесия рычага определяется равенством моментов сил, действующих на его плечи:
\[ {{T}_{1}}{{l}_{1}}={{T}_{2}}{{l}_{2}},\;\;{{m}_{1}}g{{l}_{1}}={{T}_{2}}{{l}_{2}},\;\;{{T}_{2}}={{m}_{1}}g\frac{{{l}_{1}}}{{{l}_{2}}} -  \]
сила, действующая на плечо l2.
Запишем уравнение второго закона Ньютона для тля тела В в момент прохождения им низшей точки (именно в этот момент тело А отрывается от пола) в проекции на вертикальную ось Oy:
\[ {{T}_{2}}-{{m}_{2}}g={{m}_{2}}a. \]
Подставляя в последнюю формулу найденное ранее значение для силы T2 и, учитывая, что центростремительное ускорение вычисляется по формуле a=v2/R (R – длина подвеса второго тела), получим:
\[ {{m}_{1}}g\frac{{{l}_{1}}}{{{l}_{2}}}-{{m}_{2}}g={{m}_{2}}\frac{{{v}^{2}}}{R}. \;\;\; (*) \]
Далее воспользуемся законом сохранения энергии, рассматривая движение тела В из начальной точки в самую нижнюю. Энергия переходит из потенциальной в кинетическую, при этом полная механическая энергия тела В не изменяется:
\[ {{E}_{p}}+{{E}_{k}}=const,\;\;{{m}_{2}}gh+0=0+\frac{{{m}_{2}}{{v}^{2}}}{2},\;\;{{v}^{2}}=2gh. \]
Подставим значение v2 в формулу (*):
\[ {{m}_{1}}g\frac{{{l}_{1}}}{{{l}_{2}}}-{{m}_{2}}g={{m}_{2}}\frac{2gh}{R}, \]
и, рассматривая прямоугольный треугольник (см. рис.), находим:
\[ \cos \alpha =\frac{R-h}{R}\Rightarrow \frac{h}{R}=1-\cos \alpha , \]
и формула (*) уже будет иметь вид:
\[ {{m}_{1}}g\frac{{{l}_{1}}}{{{l}_{2}}}-{{m}_{2}}g={{m}_{2}}2g\cdot (1-\cos \alpha ), \]
откуда находим угол α:
\[ \alpha =\arccos (\frac{3}{2}-\frac{{{m}_{1}}{{l}_{1}}}{2{{m}_{2}}{{l}_{2}}}); \]
α = 60̊.

Ответ: α =60̊.
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: dx/dt от 13 Августа 2011, 21:10
№314. В двух вершинах равностороннего треугольника, сторона которого равна a, помещены шарики массой m каждый. В третьей вершине находится шарик массой 2m. Где расположен центр масс этой системы?

Решение. Для начала найдем центр масс системы двух шариков m-m. Очевидно, что центр масс этих двух шариков будет находиться в точке С1 (см. рисунок), то есть посередине между этими двумя шариками. Можно считать, что в точке С1 сосредоточена масса 2m – масса двух шариков m и m. Рассматривая систему материальных точек 2m-2m, приходим к выводу, что ее центр масс будет находиться  ровно посередине между шариком 2m и точкой С1. На рисунке центр масс обозначен точкой С.
Расстояние от точки С до шарика 2m есть половина высоты равностороннего треугольника. Находим это расстояние, используя теорему Пифагора:
\[ {h^2} + {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = {a^2},\;\; h = \frac{{\sqrt 3 a}}{2},\;\; x = \frac{h}{2} = \frac{{\sqrt 3 a}}{4}. \]
Ответ: Центр масс системы находится на высоте треугольника, проведенной из шарика массой 2m, на расстоянии  x  от этого шарика.
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: dx/dt от 24 Сентября 2011, 18:04
№313. Два однородных шара из одного и того же материала, радиусы которых R1= 3 см, R2= 2 см, скреплены в точке касания. На каком расстоянии от точки скрепления находится центр тяжести системы?

Решение. Координата центра масс находится по формуле:
\[ \begin{align}
  & {{x}_{c}}=\frac{{{m}_{1}}{{x}_{1}}+{{m}_{2}}{{x}_{2}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}, \\
 &  \\
\end{align} \]
и если начало координат совпадает с центром первого шара (см. рисунок), то x1 = 0, x2 = R1 + R2  и формула для центра масс примет следующий вид:
\[ {{x}_{c}}=\frac{{{m}_{2}}({{R}_{1}}+{{R}_{2}})}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}. \]
Так как шары сделаны из одного вещества, то их массы будут относиться как и линейные размеры в третьей степени:
\[ \frac{{{m}_{1}}}{{{m}_{2}}}=\frac{R_{1}^{3}}{R_{2}^{3}}\Rightarrow {{m}_{1}}={{(\frac{{{R}_{1}}}{{{R}_{2}}})}^{3}}{{m}_{2}}. \]
Тогда координата центра масс
\[ {{x}_{c}}=\frac{{{m}_{2}}({{R}_{1}}+{{R}_{2}})}{\frac{R_{1}^{3}}{R_{2}^{3}}{{m}_{2}}+{{m}_{2}}}=\frac{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}{\frac{R_{1}^{3}}{R_{2}^{3}}+1},
 \]
а расстояние от центра тяжести до точки соприкосновения шаров:
\[ L={{R}_{1}}-{{x}_{c}}={{R}_{1}}-\frac{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}{\frac{R_{1}^{3}}{R_{2}^{3}}+1}=\frac{R_{1}^{4}-R_{2}^{4}}{R_{1}^{3}+R_{2}^{3}}, \]
L = 1,85 см.

Ответ: L = 1,85 см.
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: dx/dt от 25 Сентября 2011, 14:39
№312. Определить положение центра тяжести однородной круглой пластинки радиуса R = 30 см, в которой вырезано отверстие вдвое меньшего радиуса, касающееся края пластинки (см. рис.).
 
Решение. Очевидно, что если вернуть вырезанную часть обратно, то центр тяжести круглой однородной пластинки будет находиться в ее геометрическом центре.
Тогда условие равновесия целой круглой пластинки относительно оси, проходящей через ее центр можно записать в виде:

M1=M2

или
\[ 3mgx=mg\frac{R}{2}, \]
откуда находим

x=R/6= 5 см.

При решении задачи мы учли, что масса вырезанного кружка в 4 раза меньше массы целой круглой пластинки, а значит, оставшаяся часть будет иметь массу в три раза большую, чем вырезанный кружок.
Ответ: на расстоянии 5 см от центра пластинки.
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: dx/dt от 01 Октября 2011, 13:30
№311. Четыре однородных шара массами m1 = 1 кг, m2 = 5 кг, m3 = 7 кг, m4 = 3 кг укреплены на невесомом стержне таким образом, что их центры находятся на равных расстояниях d = 0,2 м друг от друга. Найти положение центра тяжести системы.

Решение. Шары являются однородными, поэтому можно считать, что масса каждого шара сосредоточена в его центре. Координата центра тяжести системы материальных точек определяется по формуле:
\[ {{x}_{c}}=\frac{\sum{{{m}_{i}}{{x}_{i}}}}{\sum{{{m}_{i}}}}.
 \]
Если координатную ось расположить вдоль стержня, на котором находятся шары, а первый шар поместить в начало координат, то формула центра тяжести примет вид:
\[ {{x}_{c}}=\frac{0\cdot {{m}_{1}}+d{{m}_{2}}+2d{{m}_{3}}+3d{{m}_{4}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}+{{m}_{3}}+{{m}_{4}}},
 \]
\[ \begin{align}
  & {{x}_{c}}=\frac{{{m}_{2}}+2{{m}_{3}}+3{{m}_{4}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}+{{m}_{3}}+{{m}_{4}}}\cdot d, \\
 &  \\
\end{align} \]
xc=0,35 м.

Ответ: на расстоянии 0,35 м от первого шара.
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kiruha от 16 Июля 2012, 15:08
Однородный массивный стержень с укрепленными на его концах грузами массой m1=5,5кг и m2=1кг находится в равновесии,если его подпереть на расстоянии равном 1/5 его длины,от более тяжелого груза,какова масса стержня?
Задача из сборника Н.Е Савченко №286
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kiruha от 16 Июля 2012, 15:17
На доске длиной L=64см стоит сплошной цилиндр,у которого высота в n=3 раза больше диаметра основания.На какую наибольшую высоту можно поднять один из концов доски,чтобы цилиндр не опрокинулся?
Задача из сборника Н.Е Савченко №292
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kiruha от 16 Июля 2012, 15:49
К верхнему краю доски длиной L и массой M прибит брусок,длина которого l и масса m.Доска закреплена в точке O и прислонена к стенке под углом a(альфа) к основанию.При какой горизонтальной силе F,приложенной на высоте h,равновесие доски не нарушится,если стенку убрать?
Задача из сборника Н.Е Савчено №295
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: djek от 16 Июля 2012, 22:16
286. Однородный массивный стержень с укрепленными на его концах грузами m1 = 5,5 кг и m2 = 1 кг находится в равновесии, если его подпереть на расстоянии, равном 1/5 его длины, от более тяжелого груза. Какова масса стержня?
Решение.
Так как стержень находится в равновесии, то выполняется правило моментов: алгебраическая сумма моментов всех действующих на стержень сил относительно оси вращения должна быть равна нулю. Другими словами, сумма моментов сил, которые стремятся повернуть стержень против часовой стрелки должна равняться сумме моментов сил, которые стремятся повернуть стержень по часовой стрелке. С одной стороны на стержень действует сила m1g, плечо этой силы 1/5l, и сила 1/5mg, плечо этой силы 1/10l (стержень однородный, поэтому будем считать, что с одной стороны от точки опоры находится 1/5 часть его массы, с другой 4/5). С другой стороны на стержень действует сила m2g, плечо этой силы 4/5l, и сила 4/5mg, плечо этой силы 4/10l.Тогда
\[ {{m}_{1}}\cdot g\cdot \frac{1}{5}\cdot l+\frac{1}{5}\cdot m\cdot g\cdot \frac{1}{10}\cdot l={{m}_{2}}\cdot g\cdot \frac{4}{5}\cdot l+\frac{4}{5}\cdot m\cdot g\cdot \frac{4}{10}\cdot l \]
0,2·m1·g·l + 0,2·m·g·l = 0,8·m2·g·l + 0,32·m·g·l
Решая относительно m получим
\[ m=\frac{2\cdot {{m}_{1}}-8\cdot {{m}_{2}}}{3} \]
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: djek от 16 Июля 2012, 23:54
292. На доске длиной l = 64 см стоит сплошной цилиндр, у которого высота в n = 3,0 раза больше диаметра основания. На какую наибольшую высоту можно поднять один из концов доски, чтобы цилиндр не опрокинулся?
Решение.
Пусть d – диаметр основания цилиндра, r – радиус основания цилиндра, h – высота цилиндра, H – искомая высота. По условию задачи h = n·d.
Опрокидывание цилиндра произойдет когда линия действия силы mg пересечет плоскость опоры цилиндра. На рисунке изображен предельный случай.
Из треугольника АОВ (угол ВОА = α) имеем
\[ tg\alpha =\frac{AB}{AO}=\frac{r}{\frac{h}{2}}=\frac{2\cdot r}{h}=\frac{d}{h}=\frac{d}{n\cdot d}=\frac{1}{n};(1) \]
С другой стороны
\[ \begin{align}
  & tg\alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha };(2) \\
 & \sin \alpha =\frac{H}{l};\cos \alpha =\sqrt{1-{{\sin }^{2}}\alpha } \\
\end{align}
 \]
Приравняем (1) и (2)
\[ \frac{1}{n}=\frac{\sin \alpha }{\sqrt{1-{{\sin }^{2}}\alpha }}=\frac{H}{l\cdot \sqrt{1-\frac{{{H}^{2}}}{{{l}^{2}}}}}=\frac{H}{\sqrt{{{l}^{2}}-{{H}^{2}}}} \]
Решая это уравнение получим
\[ H=\frac{l}{\sqrt{{{n}^{2}}+1}} \]
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 19 Июля 2012, 19:16
295. К верхнему краю доски длиной L и массой М прибит брусок, длина которого l и масса m (рис. 1). Доска закреплена в точке О и прислонена к стенке под углом α к основанию. При какой горизонтальной силе F, приложенной на высоте h, равновесие доски не нарушится, если стенку убрать?

Решение. Распишем силы, действующие на систему доска-брусок, если убрать стену. Это будет сила тяжести доски (M∙g) и сила тяжести бруска (m∙g), горизонтальная сила F (рис. 2), силы крепления в точке О (это и сила реакции опоры, и сила упругости, на рисунке 2 они не указаны). Чтобы не учитывать влияние сил крепления, запишем условие равновесия доски отно-сительно точки О (момент сил, вращающих доску по часовой стрелке будем считать положительным):

F∙l1M∙g∙l2m∙g∙l3 = 0,

где l1 = OF = h — плечо силы F, l2 = OB = L/2∙cos α — плечо силы M∙g (точка Е — середина доски), l3 = OA = (L – l/2)∙cos α — плечо силы m∙g (см. приме-чание). Тогда
\[\begin{array}{c} {F\cdot h-M\cdot g\cdot \frac{L}{2} \cdot \cos \alpha -m\cdot g\cdot \left(L-\frac{l}{2} \right)\cdot \cos \alpha =0,} \\ {F=\left(M\cdot \frac{L}{2} +m\cdot \left(L-\frac{l}{2} \right)\right)\cdot \frac{g\cdot \cos \alpha }{h} ==\left(M\cdot L+m\cdot \left(2L-l\right)\right)\cdot \frac{g\cdot \cos \alpha }{2h} .} \end{array}\]
Примечание. Такое плечо силы тяжести m∙g будет только в случае, если брусок тонкий (пренебрегаем его высотой).
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kiruha от 20 Июля 2012, 15:22
К концам горизонтального стержня длиной l=0,8м и массой m=2кг подвешены два груза:слева массой m1=1кг,справа массой m2=3кг.На каком расстоянии со стороны большей массы следует подпереть стержень,чтобы он остался в равновесии?
Задача из сборника Савченко №287
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: leshkaanimeshnik от 20 Июля 2012, 15:52
Данная система представляет собой рычажные весы(Наподобие). Для равновесия стержня должно выполняться равенство (m1+mкусочка стержня) * L= (m2+mвторого кусочка стержня) *(l-0.8). Массу кусочков можно выразить через общую массу и длину. То есть mc1(кусочка стержня у меньшего груза ) равна ml/0.8? тогда mc2=m*(l-0.8)/0.8. Подставив это в первое уравнение получим : (m1+ml/0.8)*l=(m2+m(0.8-l)/0.8)*(0.8-l)
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: djek от 21 Июля 2012, 14:57
287. К концам горизонтального стержня длиной l = 0,8 м и массой m = 2 кг подвешены два груза: слева массой m1 = 1 кг, справа массой m2 = 3 кг. На каком расстоянии со стороны большей массы следует подпереть стержень, чтобы он остался в равновесии?
Решение.
Так как стержень находится в равновесии, то выполняется правило моментов: алгебраическая сумма моментов всех действующих на стержень сил относительно оси вращения должна быть равна нулю. Момент сил, вращающих стержень по часовой стрелке будем считать положительным. На стержень действует сила m1g, плечо этой силы равно l – x, сила тяжести стержня mg, плечо этой силы l1 = l/2 – x, сила m2g, плечо этой силы равно х. Тогда
\[ \begin{align}
  & {{m}_{2}}\cdot g\cdot x-{{m}_{1}}\cdot g\cdot \left( l-x \right)-m\cdot g\cdot \left( \frac{l}{2}-x \right)=0 \\
 & {{m}_{2}}\cdot g\cdot x={{m}_{1}}\cdot g\cdot \left( l-x \right)+m\cdot g\cdot \left( \frac{l}{2}-x \right) \\
 & x=\frac{l\cdot \left( {{m}_{1}}+\frac{m}{2} \right)}{{{m}_{2}}+{{m}_{1}}+m} \\
\end{align}
 \]
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kiruha от 22 Июля 2012, 18:07
К концам  однородного стержня длиной l= 1м и массой m=0,8 кг прикреплены два маленьких шарика,массы которых m1=0,2кг и m2=0,25кг.Стержень поворачиваться вокруг горизонтальной оси находящейся на расстоянии l1=0,3м от шарика меньшей массы.Чтобы стержень был расположен горизонтально под шарик большей массы подставлена опора.Найти силу действующую на опору.
Задача из сборника Савченко №285.
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kiruha от 22 Июля 2012, 18:18
Однородный стержень одним концом упирается в вертикальную стену,а другой его конец удерживается с помощью нити,длина которой равна длине стержня(рис.106).При каких углах а(альфа) стержень будет находиться в равновесии,если коэффициент трения между стержнем и стеной равен 0,3?
Задача из сборника Савченко №303.
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kiruha от 22 Июля 2012, 19:17
Однородная балка массой m=60кг и длиной l=4м опирается о гладкий пол и выступ В,находящийся на высоте h=3м над полом(рис.107).Балка образует угол а(альфа)=30 градусов с вертикалью и удерживается веревкой АС,протянутой у самого пола.Вычислить силу натяжения веревки,силу реакции пола и силу реакции выступа В.
Задача из сборника Савченко №304.
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: djek от 23 Июля 2012, 12:40
285. К концам однородного стержня длиной l = 1 м и массой m = 0,8 кг прикреплены два маленьких шарика, массы которых m1 = 0,2 кг и m2 = 0,25 кг. Стержень может поворачиваться вокруг горизонтальной оси, находящейся на расстоянии l1 = 0,3 м от шарика меньшей массы. Чтобы стержень был расположен горизонтально, под шарик большей массы подставлена опора. Найти силу, действующую на опору.
Решение. Так как стержень находится в равновесии, то выполняется правило моментов: алгебраическая сумма моментов всех действующих на стержень сил относительно оси вращения должна быть равна нулю. Момент сил, вращающих стержень по часовой стрелке будем считать положительным. На стержень действуют: сила тяжести первого шарика m1g, сила реакции первой опоры N1, сила тяжести стержня mg, сила тяжести второго шарика m2g, сила реакции второй опоры N2. Запишем условие равновесия стержня относительно оси, проходящей через первую опору.

m1·g·l1 + N2·l3 - m·g·l2 – m2·g·l3 = 0

где l2 = l/2 – l1, l3 = l – l1. Момент силы N1, равен нулю, так как плечо этой силы равно нулю Тогда
\[ \begin{align}
  & {{N}_{2}}\cdot \left( l-{{l}_{1}} \right)-{{m}_{2}}\cdot g\cdot \left( l-{{l}_{1}} \right)=m\cdot g\cdot \left( \frac{l}{2}-{{l}_{1}} \right)+{{m}_{1}}\cdot g\cdot {{l}_{1}} \\
 & \left( {{N}_{2}}-{{m}_{2}}\cdot g \right)\cdot \left( l-{{l}_{1}} \right)=g\cdot \left( \frac{m\cdot l}{2}-{{l}_{1}}\cdot \left( m+{{m}_{1}} \right) \right) \\
 & {{N}_{2}}=g\cdot \left( {{m}_{2}}+\frac{\frac{m\cdot l}{2}-{{l}_{1}}\cdot \left( m+{{m}_{1}} \right)}{l-{{l}_{1}}} \right) \\
\end{align}
 \]
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kiruha от 23 Июля 2012, 13:39
Большое спасибо
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kiruha от 24 Июля 2012, 13:55
Помогите пожалуйста решить задачи №304 и №303)))
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 24 Июля 2012, 15:54
Помогите пожалуйста решить задачи №304 и №303)))
Все ваши задачи будут решены, но не сразу. Не забывайте, что сейчас лето, отпуска. Если вам надо срочно - сообщите.
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 24 Июля 2012, 17:43
303. Однородный стержень одним концом упирается в вертикальную стену, а другой его конец удерживается с помощью нити, длина которой рав-на длине стержня (рис. 1). При каких углах α стержень будет находиться в равновесии, если коэффициент трения между стержнем и стеной μ = 0,3?

Решение. На стержень действуют силы: сила тяжести (m∙g), сила натяжения веревки (Т), сила реакции опоры (стенки) (N) и сила трения (направлена вверх, так как без трения стержень двигался бы вниз) (Ftr) (рис. 1). Так как стержень находится в равновесии, то сумма всех сил будет равна нулю:
\[0=m\cdot \vec{g}+\vec{T}+\vec{N}+\vec{F}_{tr} ,\]
0X: 0 = –T∙sin α + N,

0Y: 0 = –m∙g + T∙cos α + Ftr,

где Ftr ≤ μ∙N (т.к. стержень не скользит). Тогда

N = T∙sin α,

0 ≤ –m∙g + T∙cos α + μ∙T∙sin α.   (1)

Выразим силу T через m∙g. Для этого запишем условие равновесия стержня относительно точки А (момент силы, вращающей стержень по часовой стрелке будем считать положительным):

m∙g∙l1T∙l2 = 0,

где l1 = AK = l/2∙sin β — плечо силы тяжести, l2 = AE = CA∙sin α — плечо силы натяжения нити, β = α, т.к. треугольник C0A равнобедренный, CA = CB + BA = l∙cos α + l∙cos β = 2l∙cos α. Тогда
\[m\cdot g\cdot \frac{l}{2} \cdot \sin \alpha -T\cdot 2l\cdot \cos \alpha \cdot \sin \alpha =0,\; \; \; T=\frac{m\cdot g}{4\cos \alpha } .\]

После подстановки в уравнение (1) получаем:
\[0\le -m\cdot g+\frac{m\cdot g}{4} +\mu \cdot \frac{m\cdot g}{4} \cdot tg\alpha ,\; \; \; \; \frac{\mu }{4} \cdot tg\alpha \ge \frac{3}{4} ,\; \; \; \alpha \ge arctg\frac{3}{\mu } ,\]
α ≥ 84°.
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 25 Июля 2012, 16:52
304. Однородная балка массой m = 60 кг и длиной l = 4,0 м опирается о гладкий пол и выступ В, находящийся на высоте h = 3,0 м над полом (рис. 1). Балка образует угол α = 30° с вертикалью и удерживается веревкой АС, протянутой у самого пола. Вычислить силу натяжения веревки, силу реакции пола и силу реакции выступа В.

Решение. На балку действуют сила тяжести (m∙g), сила натяжения нити (T), сила реакции выступа (NB — направлена перпендикулярна балке) и сила реакции пола (NC) (рис. 2). Запишем условие равновесия балки относительно точки С (момент сил, вращающих доску по часовой стрелке будем считать положительным):

NBl1m∙g∙l2 = 0,

где l1 = CB = h/cos α — плечо силы NB, l2 = OС = l/2∙sin α — плечо силы m∙g (точка Е — середина балки). Тогда
\[\begin{array}{c} {N_{B} \cdot \frac{h}{\cos \alpha } -m\cdot g\cdot \frac{l}{2} \cdot \sin \alpha =0,} \\ {N_{B} =\frac{m\cdot g\cdot l}{2h} \cdot \sin \alpha \cdot \cos \alpha =\frac{m\cdot g\cdot l}{4h} \cdot \sin 2\alpha ,\; \; \; (1)} \end{array}\]
NB = 173 Н.

Запишем еще одно условие равновесия балки:
\[0=\vec{N}_{B} +m\cdot \vec{g}+\vec{N}_{C} +\vec{T},\]
0X: 0 = NB∙cos α – T,

0Y: 0 = NB∙sin α + NCm∙g.

С учетом уравнения (1) получаем:
\[\begin{array}{c} {T=N_{B} \cdot \cos \alpha =\frac{m\cdot g\cdot l}{4h} \cdot \sin 2\alpha \cdot \cos \alpha ,} \\ {N_{C} =m\cdot g-N_{B} \cdot \sin \alpha =m\cdot g\cdot \left(1-\frac{l}{4h} \cdot \sin 2\alpha \cdot \sin \alpha \right),} \end{array}\]
T = 150 Н,   NC = 513 Н.
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: Kiruha от 04 Сентября 2012, 21:06
Тонкая однородная доска лежит, касаясь средней точкой поверхности полусферы радиуса R = 2,0 м . При какой наименьшей высоте h центра тяжести доски (от горизонтального основания полусферы) доска не будет соскальзывать с полусферы, если коэффициент трения м = 0,80? Задача №305.Н.Е Савченко.
P.S Извините за продублированное на рисунке условие,рисунок брал с другого сайта.
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: djek от 05 Сентября 2012, 16:40
305. Тонкая однородная доска лежит, касаясь средней точкой поверхности полусферы радиуса R = 2,0 м. При какой наименьшей высоте h центра тяжести доски (от горизонтального основания полусферы) доска не будет соскальзывать с полусферы, если коэффициент трения μ = 0,80?
Решение.
На доску действуют сила тяжести mg, нормальной реакции опоры N и трения Ftr
Если доска покоится, то
\[ \overset{\to }{\mathop{N}}\,+\overset{\to }{\mathop{{{F}_{tr}}}}\,+m\cdot \overset{\to }{\mathop{g}}\,=0 \]
В проекциях на оси OX и OY имеем:
m·g·sinα - Ftr = 0;
N - m·g·cosα = 0;
Или
Ftr = m·g·sinα;
N = m·g·cosα;
Предположим, что на некоторой высоте h доска начинает скользить, тогда
Ftr = μ·N = μ·m·g·cosα;
m·g·sinα = μ·m·g·cosα.
Отсюда
μ = tgα. (1)
Тангенс угла  α – это отношение противолежащего катета l к прилежащему катету h. Катет l найдем воспользовавшись теоремой Пифагора
\[ \begin{align}
  & {{l}^{2}}={{R}^{2}}-{{h}^{2}} \\
 & tg\alpha =\frac{l}{h}=\frac{\sqrt{{{R}^{2}}-{{h}^{2}}}}{h} \\
\end{align}
 \]
Подставим полученное выражение в формулу (1) и решим уравнение
\[ \begin{align}
  & \mu =\frac{\sqrt{{{R}^{2}}-{{h}^{2}}}}{h} \\
 & h=\frac{R}{\sqrt{{{\mu }^{2}}+1}} \\
\end{align}
 \]
Ответ: 1.5 м
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 05 Мая 2013, 10:34
284. Вертикально расположенная пружина соединяет два груза. Масса верхнего груза m1 = 2 кг, а нижнего m2 = 3 кг. Когда система подвешена за верхний груз, длина пружины l1 = 10 см. Если же систему поставить на подставку, длина пружины оказывается равной l2 = 4 см. Определить длину недеформированной пружины.
Решение:  Пусть l0 – длина недеформированной пружины, k – её жёсткость. Когда система подвешена, пружина растягивается под действием веса нижнего груза, при этом в ней возникает сила упругости. В положении равновесия сила тяжести, действующая на нижний груз по модулю равна силе упругости (силы равна по модулю, противоположны по направлению, т.к. их сумма должна быть равна нулю). Сила упругости подчиняется закону Гука, удлинение пружины определим как разность длины в деформированном состоянии и длины в недеформированном, т.е.
\[ \begin{array}{l} {F_{y1} =k\cdot \Delta l_{1} =k\cdot \left(l_{1} -l_{0} \right),} \\ {m_{2} g=k\cdot \left(l_{1} -l_{0} \right).} \end{array} \]
Когда система находится на подставке, пружина сжимается под действием веса верхнего груза, при этом в ней возникает сила упругости. В положении равновесия сила тяжести, действующая на груз по модулю равна силе упругости со стороны пружины, т.е.
\[ \begin{array}{l} {F_{y2} =k\cdot \Delta l_{2} =k\cdot \left(l_{0} -l_{2} \right),} \\ {m_{1} g=k\cdot \left(l_{0} -l_{2} \right).} \end{array} \]
Разделив полученные уравнения (сократится жёсткость), выразим искомую величину, например
\[ \begin{array}{l} {\frac{m_{2} }{m_{1} } =\frac{l_{1} -l_{0} }{l_{0} -l_{2} } ,} \\ {l_{0} =\frac{m_{1} \cdot l_{1} +m_{2} \cdot l_{2} }{m_{1} +m_{2} }.} \end{array} \]
Ответ: 6,4 см ≈ 6 см.
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 08 Мая 2013, 20:23
288. Концы стержня, массой которого можно пренебречь, прикреплены к двум вертикально расположенным пружинам одинаковой длины. Стержень при этом занимает горизонтальное положение. Жесткость первой пружины k1 = 6 Н/м, второй k2 = 4 Н/м. Расстояние между пружинами l = 2 м. На каком расстоянии от первой пружины нужно подвесить груз к стержню, чтобы он остался горизонтальным?

Решение.
Так как стержень находится в равновесии, то выполняется правило моментов: алгебраическая сумма моментов всех действующих на стержень сил относительно любой оси вращения должна быть равна нулю.
Относительно оси, проходящей через точку А
F1·l = m·g·(l – x)
Момент силы F2 равен нулю, так как плечо этой силы равно нулю.
Относительно оси, проходящей через точку В
F2·l = m·g x
Момент силы F1 равен нулю, так как плечо этой силы равно нулю.
Разделим уравнения. Например:
\[ \begin{align}
  & \frac{{{F}_{1}}}{{{F}_{2}}}=\frac{l-x}{x};x\cdot \left( {{F}_{1}}+{{F}_{2}} \right)={{F}_{2}}\cdot l \\
 & x=\frac{{{F}_{2}}\cdot l}{{{F}_{1}}+{{F}_{2}}}=\frac{{{k}_{2}}\cdot \Delta l\cdot l}{{{k}_{1}}\cdot \Delta l+{{k}_{2}}\cdot \Delta l}=\frac{{{k}_{2}}\cdot l}{{{k}_{1}}+{{k}_{2}}} \\
\end{align}
 \]
Ответ 0.8 м
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 08 Мая 2013, 20:24
289. При взвешивании на неравноплечих рычажных весах масса тела (по сумме масс уравновешивающих гирь) оказалась на одной чаше весов равной m1 = 2 кг, а на другой m2 = 8 кг. Найти истинную массу тела. Массой коромысла пренебречь.

Решение.
Рассмотрим условия равновесия рычагов для двух случаев
m2·g·l2 = m· g·l1; m· g·l2 = m1· g·l1
Найдем искомую массу. Например
\[ \begin{align}
  & {{l}_{2}}=\frac{m\cdot {{l}_{1}}}{{{m}_{2}}};m\cdot \frac{m\cdot {{l}_{1}}}{{{m}_{2}}}={{m}_{1}}\cdot {{l}_{1}} \\
 & m=\sqrt{{{m}_{2}}\cdot {{m}_{1}}} \\
\end{align}
 \]
Ответ 4 кг
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 08 Мая 2013, 20:25
290. Груз массой m = 10 кг перемещают равномерно по прямой в горизонтальной плоскости, прилагая силу, направленную под углом α = 30° к горизонту. Определить модуль этой силы, если коэффициент трения μ = 0,20.

Решение.
На груз действуют силы тяжести mg, нормальной реакции опоры N, трения Ftr и искомая сила F. Так как груз перемещают равномерно (а=0), то
\[ {{\vec{F}}_{tr}}+\vec{F}+m\cdot \vec{g}+\vec{N}=0 \]
В проекциях на оси координат
Ох: Ftr = F·cosα;
Oy: N + F·sinα = m·g
С учетом того, что Ftr = μ·N
\[ \begin{align}
  & {{F}_{tr}}=\mu \cdot N=\mu \cdot \left( m\cdot g-F\cdot \sin \alpha  \right)=F\cdot \cos \alpha  \\
 & F=\frac{\mu \cdot m\cdot g}{\cos \alpha +\mu \cdot \sin \alpha } \\
\end{align}
 \]
Ответ 20 Н
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 08 Мая 2013, 20:26
291. На платформу кузова грузового автомобиля на высоту h = 1,2 м по наклонным брускам длиной l = 2,0 м равномерно тянут груз массой m = 300 кг. Коэффициент трения скольжения μ = 0,20. Определить силу тяги, направленную параллельно брускам.

Решение.
На груз действуют силы тяжести mg, нормальной реакции опоры N, трения Ftr и сила тяги F. Так как груз перемещают равномерно (а=0), то
\[ {{\vec{F}}_{tr}}+\vec{F}+m\cdot \vec{g}+\vec{N}=0 \]
В проекциях на оси координат
Ох: F = Ftr + m·g sinα;
Oy: N = m·g·cosα
С учетом того , что Ftr = μ·N
F = μ·m·g·cosα + m·g sinα = m·g (μ·cosα + sinα) (1)
Синус угла – отношение противолежащего катета к гипотенузе, косинус – отношение прилежащего катета к гипотенузе. Тогда, как видно из рисунка
\[ \sin \alpha =\frac{h}{l};\cos \alpha =\frac{\sqrt{{{l}^{2}}-{{h}^{2}}}}{l} \]
С учетом этих уравнений перепишем (1)
\[ F=m\cdot g\cdot \left( \frac{\mu \cdot \sqrt{{{l}^{2}}-{{h}^{2}}}}{l}+\frac{h}{l} \right)=\frac{m\cdot g\cdot \left( \mu \cdot \sqrt{{{l}^{2}}-{{h}^{2}}}+h \right)}{l} \]
Ответ 2,2  103 H.
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 08 Мая 2013, 20:26
293. Деревянный брусок находится на наклонной плоскости. С какой наименьшей силой F нужно прижать брусок к наклонной плоскости, чтобы он оставался на ней в покое? Масса бруска m = 2,0 кг, длина наклонной плоскости l = 1,0 м, высота ее h = 0,60 м. Коэффициент трения бруска о наклонную плоскость μ = 0,40.

Решение.
На брусок действуют силы тяжести mg, нормальной реакции опоры N, трения Ftr и искомая сила F. Так как брусок покоится, то
\[ {{\vec{F}}_{tr}}+\vec{F}+m\cdot \vec{g}+\vec{N}=0 \]
В проекциях на оси координат
Ох: Ftr = m·g sinα;
 Oy: N = F + m·g·cosα
С учетом того , что Ftr = μ·N
\[ \begin{align}
  & {{F}_{tr}}=\mu \cdot N=\mu \cdot \left( F+m\cdot g\cdot \cos \alpha  \right)=m\cdot g\cdot \sin \alpha  \\
 & F=\frac{m\cdot g\cdot \left( \sin \alpha -\mu \cdot \cos \alpha  \right)}{\mu } \\
\end{align}
 \]
Синус угла – отношение противолежащего катета к гипотенузе, косинус – отношение прилежащего катета к гипотенузе. Тогда, как видно из рисунка
\[ \sin \alpha =\frac{h}{l};\cos \alpha =\frac{\sqrt{{{l}^{2}}-{{h}^{2}}}}{l} \]
Окончательно
\[ F=\frac{m\cdot g}{\mu }\left( \frac{h}{l}-\frac{\mu \cdot \sqrt{{{l}^{2}}-{{h}^{2}}}}{l} \right)=\frac{m\cdot g}{\mu \cdot l}\cdot \left( h-\mu \cdot \sqrt{{{l}^{2}}-{{h}^{2}}} \right) \]
Ответ 14 Н
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 08 Мая 2013, 20:27
294. Груз массой m = 5,0 кг находится на наклонной плоскости, образующей угол α = 30° с горизонтом. К грузу приложена сила F, направленная вдоль наклонной плоскости. Коэффициент трения груза о плоскость μ = 0,20. Определить модуль приложенной силы, если груз перемещается равномерно вниз по плоскости.

Решение.
На груз действуют силы тяжести mg, нормальной реакции опоры N, трения Ftr и искомая сила F. Так как груз перемещается равномерно, то
\[ {{\vec{F}}_{tr}}+\vec{F}+m\cdot \vec{g}+\vec{N}=0 \]
В проекциях на оси координат
Ох: F + Ftr = m·g sinα;
 Oy: N = m·g·cosα
С учетом того , что Ftr = μ·N
F = m·g sinα - Ftr = m·g sinα - μ·m·g·cosα = m·g·(sinα - μ·cosα)
Ответ 16 Н
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 15 Мая 2013, 19:11
296. На столе лежит однородная цепочка длиной l. Часть ее свешивается со стола. Какова максимальная длина свешивающейся части, если коэффициент трения между цепочкой и столом равен μ?

Решение.
Запишем второй закон Ньютона для части цепочки, лежащей на столе.
\[ \vec{N}+{{\vec{F}}_{tr}}+{{m}_{2}}\vec{g}+\vec{T}=0 \]
В проекциях на оси координат
Ох: Т = Ftr;
Oy: N = m2·g
С учетом того, что Ftr = μ·N
Т = μ· m2·g (1)
Второй закон Ньютона для части цепочки, которая свисает со стола
\[ {{m}_{1}}\vec{g}+\vec{T}=0 \]
В проекции на ось Оу
Т = m1·g (2)
Приравняем (1) и (2) и с учетом того, что цепочка однородная
\[ \begin{align}
  & \mu \cdot {{m}_{2}}\cdot g={{m}_{1}}\cdot g; \;\;\; \mu =\frac{{{m}_{1}}}{{{m}_{2}}}=\frac{{{l}_{1}}}{{{l}_{2}}}=\frac{{{l}_{1}}}{l-{{l}_{1}}} \\
 & {{l}_{1}}=\frac{\mu \cdot l}{1+\mu } \\
\end{align}
 \]
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 15 Мая 2013, 19:12
297. С какой минимальной силой, направленной горизонтально, надо прижать брусок к вертикальной стене, чтобы он не соскользнул вниз? Масса бруска m = 6 кг, коэффициент трения между бруском и стеной μ =0,1.

Решение.
На брусок действуют силы тяжести mg, нормальной реакции опоры N, трения Ftr и искомая сила F. Так как брусок не соскальзывает, то
\[ {{\vec{F}}_{tr}}+\vec{F}+m\cdot \vec{g}+\vec{N}=0 \]
В проекциях на оси координат
Ох: F = N;
Oy: Ftr = m·g
С учетом того , что Ftr = μ·N
\[ F=N=\frac{{{F}_{tr}}}{\mu }=\frac{m\cdot g}{\mu }; \]
Ответ 600 Н
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 15 Мая 2013, 19:15
298. Двое рабочих несут бревно, масса которого m = 50 кг. Один поддерживает бревно на расстоянии l1 = 1 м от его конца, а второй - противоположный конец бревна. Длина бревна l = 5 м. Определить силы, с которыми бревно действует на каждого рабочего.

Решение.
Точка приложения силы тяжести находится на расстоянии l/2 от конца бревна. Составим уравнение моментов сил относительно оси, проходящей через точку 2
\[ {{N}_{1}}\cdot \left( l-{{l}_{1}} \right)=m\cdot g\cdot \frac{l}{2};{{N}_{1}}=\frac{m\cdot g\cdot l}{2\cdot \left( l-{{l}_{1}} \right)} \]
Запишем еще одно условие равновесия бревна
\[ {{\vec{N}}_{1}}+{{\vec{N}}_{2}}+m\vec{g}=0 \]
Тогда в проекции на ось Оу, направленную вертикально вверх
N1 + N2 = m·g;
N2 = m·g - N1
Cилы, с которыми бревно действует на каждого рабочего, по III закону Ньютона F1 = N1;  F2 = N2
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 15 Мая 2013, 19:16
299. Однородная доска массой М = 1 кг лежит на столе так, как показано на рис. 103. Груз какой массы надо положить на правый конец доски, чтобы левый ее конец начал подниматься?

Решение.
Точка приложения силы тяжести находится на расстоянии l/2 от конца доски. Левый конец доски начнет подниматься если будет выполняться условие
\[ \begin{align}
  & {{M}_{mg}}\ge {{M}_{Mg}};m\cdot g\cdot \frac{l}{3}\ge M\cdot g\cdot \left( \frac{l}{2}-\frac{l}{3} \right) \\
 & m\ge \frac{M}{2} \\
\end{align}
 \]
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 15 Мая 2013, 19:17
300. Дверь, высота которой H = 2 м, ширина l = 1 м и масса m = 32 кг, подвешена на двух петлях, находящихся на расстоянии а = 20 см от верхнего и нижнего краев двери. С какой силой дверь тянет верхнюю петлю в горизонтальном направлении?

Решение.
На дверь действуют силы тяжести mg, со стороны верхней петли F1 и со стороны нижней петли F2. Дверь находится в равновесии, поэтому сумма моментов всех действующих на нее сил относительно любой оси равна нулю. Составим уравнение для моментов сил относительно оси, проходящей через нижнюю петлю перпендикулярно к плоскости рисунка
\[ \begin{align}
  & {{F}_{1}}\cdot \left( H-2\cdot a \right)-m\cdot g\cdot \frac{l}{2}=0 \\
 & {{F}_{1}}=\frac{m\cdot g\cdot l}{2\cdot \left( H-2\cdot a \right)} \\
\end{align}
 \]
Согласно третьему закону Ньютона, сила с которой дверь тянет верхнюю петлю равна силе с которой на дверь действует верхняя петля F = F1
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 15 Мая 2013, 19:17
301. Однородный стержень покоится, опираясь на гладкую стену и шероховатый пол (рис. 104). Масса стержня m = 10 кг, угол между стержнем и полом α = 45°. Найти силу трения.
Решение
На стержень действуют сила тяжести mg, силы нормальных реакций N1 N2 стены и земли, сила трения. Стержень находится в равновесии, поэтому
\[ {{\vec{F}}_{tr}}+m\cdot \vec{g}+{{\vec{N}}_{1}}+{{\vec{N}}_{2}}=0 \]
В проекции на ось Ох
Ох: N1 =Ftr;
Пусть l – длина лестницы. На основании равенства нулю суммы моментов всех сил относительно оси, проходящей через точку соприкосновения лестницы и земли, составим уравнение
\[ \begin{align}
  & {{N}_{1}}\cdot l\cdot \sin \alpha =m\cdot g\cdot \cos \alpha \cdot \frac{l}{2} \\
 & {{F}_{tr}}={{N}_{1}}=\frac{m\cdot g\cdot \cos \alpha }{2\cdot \sin \alpha } \\
\end{align}
 \]
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 19 Мая 2013, 06:10
306. Однородная балка длиной l1 = 4 м одним концом шарнирно прикреплена к вертикальной стене и удерживается в горизонтальном положении тросом, привязанным к другому ее концу (рис. 109). Масса балки m = 500 кг, длина троса l2 = 8 м. Определить силу натяжения троса.
Решение.
Запишем правило моментов относительно оси вращения, проходящей через шарнир
\[ m\cdot g\cdot \frac{{{l}_{1}}}{2}=T\cdot x;\,\,T=\frac{m\cdot g\cdot {{l}_{1}}}{2\cdot x}\,(1) \]
Где х – плечо силы Т
Как видно из рисунка,
\[ x=h\cdot \sin \alpha ;\,\,h=\sqrt{l_{2}^{2}-l_{1}^{2}} \]
(для нахождения h воспользовались теоремой Пифагора)
Из условия следует, что катет l1 в два раза меньше гипотенузы l2. В этом случае противолежащий угол равен 30°, sin30° = ½
Подставим эти выражения в (1)
\[ T=\frac{m\cdot g\cdot {{l}_{1}}}{2\cdot x}=\frac{m\cdot g\cdot {{l}_{1}}}{\sqrt{l_{2}^{2}-l_{1}^{2}}} \]
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 19 Мая 2013, 06:10
308. На какую максимальную высоту может подняться человек массой m = 75 кг по лестнице длиной l = 5 м, приставленной к гладкой стене? Максимальная сила трения между лестницей и полом Ftr = 300 Н, угол между лестницей и полом α = 60°. Массой лестницы пренебречь.

Решение.
Как видно из рисунка, искомая высота h равна
h = l1·cosα
Запишем правило моментов относительно оси, проходящей через точку А
\[ \begin{align}
  & {{N}_{B}}\cdot l\cdot \sin \alpha =m\cdot g\cdot {{l}_{1}}\cdot \cos \alpha  \\
 & {{l}_{1}}=\frac{{{N}_{B}}\cdot l\cdot \sin \alpha }{m\cdot g\cdot \cos \alpha }=\frac{{{N}_{B}}\cdot l}{m\cdot g}\cdot tg\alpha  \\
\end{align}
 \]
Запишем еще одно условие равновесия лестницы
\[ {{\vec{N}}_{B}}+m\vec{g}+{{\vec{F}}_{tr}}+{{\vec{N}}_{A}}=0 \]
Тогда в проекции на горизонтальную ось
NB = Ftr
Окончательно запишем
\[ h={{l}_{1}}\cdot \cos \alpha =\frac{{{F}_{tr}}\cdot l}{m\cdot g}\cdot tg\alpha \cdot \cos \alpha  \]
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 19 Мая 2013, 06:11
309. Какова должна быть минимальная сила F (рис. 111), приложенная к оси колеса массой m и радиусом R и направленная горизонтально, чтобы она могла поднять колесо на ступеньку высотой h (h < R)? Считать, что при повороте колесо не проскальзывает.

Решение
Запишем правило моментов относительно угла ступеньки. В момент отрыва колеса, сила реакции пола равна нулю. Тогда
\[ F\cdot {{d}_{1}}=m\cdot g\cdot {{d}_{2}};\,\,F=\frac{m\cdot g\cdot {{d}_{2}}}{{{d}_{1}}} \]
Плечо силы F
d1 = R – h
Плечо силы тяжести найдем из теоремы Пифагора
\[ {{d}_{2}}=\sqrt{{{R}^{2}}-d_{1}^{2}}=\sqrt{{{R}^{2}}-{{\left( R-h \right)}^{2}}}=\sqrt{h\cdot (2\cdot R-h)} \]
Окончательно получаем
\[ F=m\cdot g\cdot \frac{\sqrt{h\cdot (2\cdot R-h)}}{R-h} \]
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 19 Мая 2013, 06:11
310. Два однородных шара, алюминиевый и цинковый, одинакового радиуса R = 10 см скреплены в точке касания. Найти расстояние от центра тяжести этой системы до центра цинкового шара. Плотность алюминия ρ1 = 2,7 · 103 кг/м3, плотность цинка ρ2 = 7,1 · 103 кг/м3.

Решение.
Суммарный момент сил тяжести, приложенных к частям системы, относительно центра тяжести должен быть равен нулю. Обозначим искомое расстояние через r. Тогда
\[ \begin{align}
  & {{m}_{1}}\cdot g\cdot \left( R+R-r \right)={{m}_{2}}\cdot g\cdot r \\
 & r=\frac{2\cdot {{m}_{1}}\cdot R}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}} \\
\end{align}
 \]
С учетом того, что m = ρ·V
\[ r=\frac{2\cdot {{m}_{1}}\cdot R}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}=\frac{2\cdot {{\rho }_{1}}\cdot V\cdot R}{{{\rho }_{1}}\cdot V+{{\rho }_{2}}\cdot V}=\frac{2\cdot {{\rho }_{1}}\cdot R}{{{\rho }_{1}}+{{\rho }_{2}}} \]
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 19 Мая 2013, 17:07
307. Тонкий однородный стержень шарнирно укреплен в точке А и удерживается нитью ВС (рис. 110). Масса стержня m, угол его наклона к горизонту равен α. Найти силу натяжения нити, а также модуль и направление силы реакции шарнира.

Решение.
На стержень действуют сила тяжести mg, сила натяжения нити Т и сила реакции шарнира N, модуль и направление которой не известны, поэтому на рисунке она не обозначена.
Запишем правило моментов относительно точки А, полагая, что l – длина стержня
\[ \begin{align}
  & T\cdot l\cdot \sin \alpha =m\cdot g\cdot \frac{1}{2}\cdot l\cdot \cos \alpha  \\
 & T=\frac{m\cdot g\cdot \cos \alpha }{2\cdot \sin \alpha }=\frac{m\cdot g}{2\cdot tg\alpha }\,\,\,\,(1) \\
\end{align}
 \]
Запишем еще одно условие равновесия стержня
\[ \vec{N}+m\vec{g}+\vec{T}=0 \]
В проекциях на оси координат
Nx = T; Ny = m·g
Тогда модуль силы N
\[ N=\sqrt{N_{x}^{2}+N_{y}^{2}}=\sqrt{{{T}^{2}}+{{\left( m\cdot g \right)}^{2}}} \]
С учетом (1)
\[ N=\sqrt{{{\left( \frac{m\cdot g}{2\cdot tg\alpha } \right)}^{2}}+{{\left( m\cdot g \right)}^{2}}}=\frac{m\cdot g}{2\cdot tg\alpha }\cdot \sqrt{4\cdot t{{g}^{2}}\alpha +1} \]
Направление вектора N определяется углом β, который этот вектор составляет с осью Ох. По значениям проекций Nx и Ny найдем
\[ tg\beta =\frac{{{N}_{y}}}{{{N}_{x}}}=\frac{m\cdot g}{T}=2\cdot tg\alpha  \]
β = arctg(2·tgα)
Название: Re: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.
Отправлено: alsak от 19 Мая 2013, 17:08
302. Однородный стержень АВ опирается на шероховатый пол и гладкий выступ С (рис. 105). Расстояние АС = 0.75AB. При каком коэффициенте трения стержень будет составлять с полом угол α = 45° в положении равновесия?

Решение.
На стержень действуют сила тяжести mg, сила реакции выступа С NC направленная перпендикулярно стержня, сила реакции пола NA и сила трения Ftr. Стержень находится в равновесии, следовательно
 \[ {{\vec{N}}_{C}}+m\vec{g}+{{\vec{N}}_{A}}+{{\vec{F}}_{tr}}=0 \]
В проекциях на оси
Ox: NC·sinα – Ftr = 0
Oy: NC·cosα + NA - m·g = 0
Учитывая, что Ftr = μ·NA
\[ \begin{align}
  & {{N}_{C}}\cdot \sin \alpha =\mu \cdot \left( m\cdot g-{{N}_{C}}\cdot \cos \alpha  \right) \\
 & \mu =\frac{{{N}_{C}}\cdot \sin \alpha }{m\cdot g-{{N}_{C}}\cdot \cos \alpha }\,\,(1) \\
\end{align}
 \]
Запишем правило моментов относительно точки А с учетом того, что AD - плечо силы mg, АС = ¾AB  – плечо силы NC
\[ \begin{align}
  & {{N}_{C}}\cdot \frac{3}{4}\cdot AB=m\cdot g\cdot \frac{1}{2}\cdot AB\cdot \cos \alpha  \\
 & {{N}_{C}}=\frac{2\cdot m\cdot g\cdot \cos \alpha }{3} \\
\end{align}
 \]
Подставим полученное выражение в (1)
\[ \mu =\frac{\frac{2\cdot m\cdot g\cdot \cos \alpha }{3}\cdot \sin \alpha }{mg-\frac{2\cdot m\cdot g\cdot \cos \alpha }{3}\cdot \cos \alpha }=\frac{\sin 2\alpha }{3-2\cdot {{\cos }^{2}}\alpha }=0,5 \]