книги / Теоретическая механика

Из этих уравнений находим

Fтр1 = F , Fтр2 = F , Fтр = F ,

N1 = m1g + F(1+sin α)cos α , N2 = F , N = F(1+sin α)cos α ,

f ≥ cos α(1+sin α).

К задаче С10

получим

Ответ: T∞ = mg(2(1−k)).

41

С12. Отбросим нить, а силы натяжения нити будем считать активными. Далее заменим каждую силу тяжести и каждую силу натяжения нити двумя равными силами, расположенными на концах соответствующего стержня. Затем отбросим силы, мощности которых равны нулю для любых возможных скоростей. Оставшиеся активные силы показаны на рисунке. Придадим точкам A и B возможные скорости VA и VB . Тогда сумма мощностей активных сил

∑N a = ((m1 + m2 )g2)VA sin α −(T2)VB .

Учитывая, что VA =VB cos α и в равновесии ∑N a = 0 для любой VB , получаем

Ответ: T = (m1 + m2 )g sin αcos α .

вания совместности уравнений равновесия и неравенств, выражающих закон Кулона и условия прилегания цилиндра к балке и плоскости. Уравнение равновесия балки:

∑mO = −m1g OC1 cos α + N1 OB = 0 .

Из этого уравнения можно найти N1 > 0 . Уравнения ∑Fx = 0 ,

∑Fy = 0 содержат по одной новой неизвестной ( xO , yO ) каждое и

поэтому не приводят к дополнительным требованиям совместности. Уравнения равновесия цилиндра (R – радиус цилиндра):

∑Fx = −Fтр1 cos α − Fтр2 + N1 sin α = 0 ,

∑mC2 =(Fтр1 − Fтр2 )R = 0 ,

42

∑mD =(−m2 g − N1 + N2 )Rctg (α2)= 0 .

Из этих уравнений находим

Fтр1 = Fтр2 = N1 sin α (1+cosα)=N1tg(α 2), N2 = N1 + m2 g .

Условия прилегания: N1 ≥ 0 , N2 ≥ 0 (выполнены). Закон Кулона: Fтр1 ≤ f N1 , Fтр2 ≤ f N2 . Нетрудно установить, что выпи-

санная система уравнений и неравенств совместна при tg (α2)≤ f .

Ответ: система может находиться в равновесии при

0 < α ≤ 2arctg f .

К задаче С13

С14. Придадим муфте возможную угловую скорость ω. Тогда сумма мощностей активных сил

∑N a = M ω+ FупрVA .

Учитывая, что VA = ω ACV (угловые скорости стержня и муфты равны), ACV = acos2 α (на рисунке VO′ – скорость точки O′ стержня, совпадающей в данный момент времени с точкой O ), Fупр = сλ, и в равновесии ∑N a = 0 для любой ω, получаем

Ответ: λ = −M cos2 αca .

С15. Придадим точке 1 возможную скорость V1 . Тогда сумма мощностей активных сил

43

∑N a = m1gV1 cos(π2 −2α)+ m 2 gV2 cos (π−α) .

Учитывая, что V1 =V2 и в равновесии ∑N a = 0 для любой V1 ,

получаем

Ответ: m 2 = 2m1 sin α.

С16. Рассмотрим дугу . Если в точке A на дугу действует сила N A , образующая угол α с радиусом, то из соображений симметрии в точке B на дугу действует сила N B , имеющая тот же модуль и также образующая угол α с радиусом. Поскольку сумма проекций сил N A и N B на прямую OA равна нулю, то α = π3 . Тогда, приравнивая нулю сумму проекций всех действующих на дугу сил на линию действия силы P1 , получаем

Ответ: N A = P 3 .

С17. Обозначим через T натяжение троса, перекинутого через верхний блок. Рассматривая равновесие нижнего блока, легко установить, что натяжение перекинутого через него троса равно T2 .

Тогда на платформу и точку действуют силы, показанные на рисунке. Уравнение равновесия точки:

∑Fy =T2 + N −m2 g = 0 .

Уравнения равновесия платформы:

∑Fy =3T2 − N −m1g = 0 ,

44

∑mA = −Ts −m1g (l2 − s)+(T2) (l− s)= 0 .

Из этих уравнений получаем

Ответ: s = m1 −m2 l. m1 −3m2

где T1 =T2 =T3 =T4 = m2 g .

Ответ: M A = m1gl + m2 gl(2 +sin α −cos α).

С19. Уравнения равновесия куба 1:

∑Fx = N − Fтр = 0 ,

∑Fy =−m1g + N1 = 0 ,

∑mB = m1g (l1 2 − BD)− Nl2 cosα = 0 .

Уравнения равновесия куба 2:

∑Fx = m 2 g sin α − N cos α = 0 ,

∑Fy = −m 2 g cos α − N sin α + N2 = 0 ,

∑mA = m 2 g (l2 2)(sin α +cos α)− N2 HK = 0 .

Из этих уравнений находим

N1 = m1g , N2 = m2 gcos α, N = m2 g tg α , Fтр = m2 g tg α ,

45

BD = l1 2 − m 2l2 sin α(m1 cos2 α),

HK =(l2 2)(sin α + cos α)cos α .

Равновесие системы возможно, если N1 ≥ 0 , N2 ≥ 0 , N ≥ 0 , Fтр ≤ f N1 , 0 ≤ BD ≤ l1 , 0 ≤ HK ≤ l2 . Первое, второе, третье и шестое из этих неравенств выполнены для любых m 2 m1 ; четвертое и

пятое дают Ответ: система может находиться в равновесии при одновре-

любой ωKA , получаем

Ответ: M1 =(M 2 (l2 cosβ)+ mg )l1 cos α.

46

С21. Придадим стержню 1 возможную угловую скорость ω1 . Тогда сумма мощностей активных сил

Ответ: M 2 = M1r . l+(l− R −r)(sin αsin(α +β) −1)

С22. Придадим стержню 3 возможную угловую скорость ω3 .

Тогда сумма мощностей активных сил

∑N a = M ω3 − F VN .

Выразим VN через ω3 . Так как VD =VB =V1 =VA =VE , то VE = ω3l. Далее, VK = 2ω3l и (VN −VE )2l = (VE +VK )l, откуда

47

VN = 7ω3l (VK и VN на рисунке показаны не в масштабе). Учиты-

вая, что в равновесии ∑N a = 0 для любой ω3 , получаем Ответ: F = M7l .

К задаче С22

К задаче С23

С23. Уравнения равновесия цилиндра:

∑Fx = −N A sin α + N B = 0 ,

∑Fy = −mg + N A cos α + N D = 0 .

Уравнения равновесия бруска:

∑Fx = −F + N A sin α = 0 ,

∑Fy = −m1g + N1 − N A cos α = 0 ,

∑mA = −m1g AM + N1 AK = 0

48

(брусок не предполагается однородным). Из выписанных уравнений находим N A = Fsin α , NB =F , ND =mg −Fctgα, N1 = m1g + Fctg α ,

AK = AM(1+ Fctg αm1g ). Система остается в равновесии, если

N A ≥ 0 , N B ≥ 0 , N D ≥ 0 , N1 ≥ 0 , 0 ≤ AK ≤ширины бруска. Все неравенства, кроме третьего, выполнены для любого F. Из третьего неравенства следует, что F ≤ mg tgα .

Ответ: Fmax = mg tgα .

КИНЕМАТИКА

K1. Абсолютное ускорение точки a = arn + arτ + aen + aeτ + aCor . Если ось z направлена из-за чертежа перпендикулярно плоскости рисунка, то

az = aeτ + aCor = εRsin α + 2ωVr cosα = ω2 R(sin α + 2cosα).

Так как az = 0 , то tg α = −2 . Отсюда получаем Ответ: α = π−arctg 2 или α = 2π−arctg 2 .

K2. Абсолютная скорость точки V =Vr +Ve . Здесь

a = (aA + aMAn − ar )2 + a2Cor .

Ответ: V = (k t0 )2 +(ωOAR(1−k t02 2l))2 ,

a = (ωOA2 R +(k2)(ωOARt0 l)2 −k )2 +(2ωOAR k t0 l)2 .

K3. На рисунке показано положение колечка при t =t0 . Абсо-

лютная скорость колечка V =Vr +Ve , где V = s& = 2πrt0 , Ve = ω OA . Учитывая, что Ve =V sin α, OA = 2Rsin α, ctg α =OC 2R = k 2 , получаем

Ответ: ω= ( πr ). t0 R 1+ k 2 4

К задаче К2

К задаче К3 К задаче К4