Автор Тема: Основы статики из сборника Савченко Н.Е.  (Прочитано 27896 раз)

0 Пользователей и 1 Гость просматривают эту тему.

Оффлайн alsak

  • Администратор
  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 1975
  • Рейтинг: +8/-0
  • Не делает ошибок тот, кто ничего не делает
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

Форум сайта alsak.ru


Оффлайн alsak

  • Администратор
  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 1975
  • Рейтинг: +8/-0
  • Не делает ошибок тот, кто ничего не делает
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
\[ \begin{align}
  & {{N}_{1}}\cdot l\cdot \sin \alpha =m\cdot g\cdot \cos \alpha \cdot \frac{l}{2} \\
 & {{F}_{tr}}={{N}_{1}}=\frac{m\cdot g\cdot \cos \alpha }{2\cdot \sin \alpha } \\
\end{align}
 \]
« Последнее редактирование: 18 Май 2013, 21:08 от Сергей »

Оффлайн alsak

  • Администратор
  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 1975
  • Рейтинг: +8/-0
  • Не делает ошибок тот, кто ничего не делает
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)
\[ T=\frac{m\cdot g\cdot {{l}_{1}}}{2\cdot x}=\frac{m\cdot g\cdot {{l}_{1}}}{\sqrt{l_{2}^{2}-l_{1}^{2}}} \]

Оффлайн alsak

  • Администратор
  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 1975
  • Рейтинг: +8/-0
  • Не делает ошибок тот, кто ничего не делает
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
\[ h={{l}_{1}}\cdot \cos \alpha =\frac{{{F}_{tr}}\cdot l}{m\cdot g}\cdot tg\alpha \cdot \cos \alpha  \]

Оффлайн alsak

  • Администратор
  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 1975
  • Рейтинг: +8/-0
  • Не делает ошибок тот, кто ничего не делает
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
\[ F=m\cdot g\cdot \frac{\sqrt{h\cdot (2\cdot R-h)}}{R-h} \]

Оффлайн alsak

  • Администратор
  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 1975
  • Рейтинг: +8/-0
  • Не делает ошибок тот, кто ничего не делает
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
\[ r=\frac{2\cdot {{m}_{1}}\cdot R}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}=\frac{2\cdot {{\rho }_{1}}\cdot V\cdot R}{{{\rho }_{1}}\cdot V+{{\rho }_{2}}\cdot V}=\frac{2\cdot {{\rho }_{1}}\cdot R}{{{\rho }_{1}}+{{\rho }_{2}}} \]

Оффлайн alsak

  • Администратор
  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 1975
  • Рейтинг: +8/-0
  • Не делает ошибок тот, кто ничего не делает
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)

Оффлайн alsak

  • Администратор
  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 1975
  • Рейтинг: +8/-0
  • Не делает ошибок тот, кто ничего не делает
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)
\[ \mu =\frac{\frac{2\cdot m\cdot g\cdot \cos \alpha }{3}\cdot \sin \alpha }{mg-\frac{2\cdot m\cdot g\cdot \cos \alpha }{3}\cdot \cos \alpha }=\frac{\sin 2\alpha }{3-2\cdot {{\cos }^{2}}\alpha }=0,5 \]