Print this chapterPrint this chapter

ФІЗИКА. Вчимося розв'язувати задачі. "МЕХАНІКА". Компенсаційний курс

СТАТИКА. Приклади розв'язування задач

Рівновага тіла, що не може обертатися

 

Задача 5.1. Вантаж  маси M підвісили до стелі на канаті довжиною l і масою m. Визначити та показати на графіку залежність сили натягу каната Т  від відстані x до точки кріплення вантажу.

Задача 5.2. Через два паралельні гладкі стрижні, що закріплені в одній горизонтальній площині на відстані 2l = 50 см, перекинуто нитку з двома тягарями однакової маси m1 = m2 = m, розташованими на одному рівні. Визначити: 1. На яку висоту h піднімуться тягарі, якщо посередині між стрижнями підвісити й повільно опустити до положення рівноваги гирю масою m0 = km, де k = 1,22. Чи буде ця рівновага стійкою?

Задача 5.3. Визначити, за якого мінімального коефіцієнта тертя μ клин із кутом α  при забиванні в колоду не вислизатиме назад. Вагою клина знехтувати.

 Задача 5.4. Дві невагомі пружини однакової довжини мають коефіцієнти жорсткості k1 та k2Знайти  жорсткість k складеної пружини, яка утвориться при з'єднанні цих пружин: 1) паралельно впритул і 2)  послідовно.

Задача 5.5. Із двох однакових тонкостінних порожнистих півкуль радіуса  R = 10 см, які щільно дотикаються одна до одної, відкачали повітря до тиску P = 80 кПа й підвісили їх до стелі так, аби лінія дотику була горизонтальна. Визначити найбільшу масу m тягаря, який можна підвісити до нижньої півкулі, аби вона не відірвалася при атмосферному тиску P0 = 100 кПа. Товщиною стінок і масою півкуль знехтувати.                                                                



 

 

Задача 5.1. 

Задача 5.1. Вантаж  маси M підвісили до стелі на канаті довжиною l і масою m.

Визначити та показати на графіку

залежність T(x) сили натягу каната Т від відстані x від точки кріплення вантажу.

Дано:

M,  m, l

T(x) - ?

Розв’язання

Натяг каната створюється не лише підвішеного вагою вантажу, а й вагою самого каната, що є рівномірно розподілена по його довжині. Тож у певній точці каната сила натягу дорівнює

T = (M + m′)g,

де m – маса частини каната між цією точкою та точкою кріплення вантажу, рис. 5.1а.

Очевидно, що

${m}'=m\frac{x}{l} $,

де m – маса всього каната, х відстань від даної точки каната до точки кріплення вантажу.

Отже, відповідь задачі:

T(x) =$\left( M+m\frac{x}{l} \right)$g

(1)

Графік залежності T(x) наведено на рис. 5.1б.

Зауважимо, що при m = 0 сила натягу T = Mg не залежить від відстані х. Тож вираз (1)  формально доводить положення, котре в задачах динаміки приймається по умовчанню: в невагомих нитках (мотузках, тощо) сила натягу є скрізь однакова.

Задача 5.2. 

Через два паралельні гладкі стрижні, що закріплені в одній горизонтальній площині на відстані 2l = 50 см, перекинуто нитку з двома тягарями однакової маси m, розташованими на одному рівні.

Визначити

1. На яку висоту h піднімуться тягарі, якщо посередині між стрижнями підвісити й повільно опустити до положення рівноваги гирю масою m0 = km, де k = 1,2.

2. Чи буде ця рівновага стійкою?

Дано:

2l = 50 см

m0 = km

k = 1,2

 h - ?

Розв’язання

На рис. 5.2 схематично показано початкове та кінцеве положення тіл і сили, що діють на них.

Після підвішування в т А гиря опускається до т. А′, а тягарі підіймаються на шукану висоту h. При цьому  відстань від точки кріплення гирі до кожного стрижня збільшується від заданого значення l до величини

 ${{l}_{1}}=\frac{l}{\cos \alpha }$.

Отже,

\(h=l\left( \frac{1}{\cos \alpha }-1 \right)\)

(1)

Таким чином, задача зводиться до визначення кута провисання нитки α, котрий залежить від співвідношення k мас гирі та тягарів. Величину α легко знайти з першої умови рівноваги твердого тіла (5.3), позаяк модулі всіх сил натягу однакові (для ниток, які утримують тягарі, це очевидно, а для тих, що утримують гирю, випливає з відсутності тертя в стрижнях): 

${T}'={T}''=T$.

(2)

Справді, тягарі зрівноважуються натягом ниток

T = mg,

а гиря – рівнодійною $\vec{R}$ = ${\vec{T}}'$ + ${\vec{T}}''$, модуль якої складає (див. рис. 5.2)

\(R=2T\sin \alpha \) = \(2mg\sin \alpha \)

(3)

і дорівнює m0g. Отже, порівнюючи величини R і T, дістанемо

${{m}_{0}}=2m\sin \alpha $

і, врахувавши співвідношення m0 = km, –

\(\sin \alpha =\frac{k}{2}\)     \(\Rightarrow \)     \(\cos \alpha =\sqrt{1-{{\left( {k}/{2}\; \right)}^{2}}}\).

 

Відтак із виразу (1) отримаємо відповідь:

\( {h}=l\left(\frac{1}{\sqrt{1-{{\left( {k}/{2}\; \right)}^{2}}}}-1 \right)\) = 6,25 см.

Формальна відповідь на запитання, чи є рівновага стійкою, випливає з виразу (3). Дійсно, якщо гирю подумки трохи підняти (опустити) то сила R стане меншою (більшою) за m0g, і після вивільнення гиря повернеться у вихідне положення. Отже, рівновага є стійкою. 

На завершення з'ясуємо, чому в тексті наголошено на повільному опускання гирі. Справа в тому, що рівновага, або відсутність сил, які діють тіло, означає відсутність у нього прискорення, проте не швидкості. Тож, якщо після підвішування гирю просто відпустити, то, розігнавшись при вільному опусканні, вона за інерцією проскочить положення рівноваги, тож у момент зупинки величина R перевищуватиме m0g. Відтак гиря почне прискорено підійматися, і все повториться у зворотньому порядку. Іншими словами, гиря буде здійснювати коливання, і поставлене в задачі запитання не матиме однозначної відповіді. Саме через це за умовою рух гирі не є вільним.

 

Задача 5.3.

Визначити,

за якого мінімального коефіцієнта тертя μ клин із кутом α при забиванні в колоду не вислизатиме назад. Вагою клина знехтувати.

Дано:

α = 30°

μmin - ?

Розв’язання

На забитий в колоду клин діють сили нормальної реакції \( \vec{N}_{1}\), \( \vec{N}_{2}\), які виштовхують його, та сили тертя  \( \vec{F}_{1}\), \( \vec{F}_{2}\), що утримують  (рис. 5.3а). Очевидно, що клин не може обертатися, тож задля зручності будемо вважати, що всі сили є прикладені в одній точці (рис. 5.3б).

Аби клин не вислизав, рівнодійні сил тиску \( \vec{N}=\vec{N}_{1}+\vec{N}_{2}\) та тертя \( \vec{F}=\vec{F}_{1}+\vec{F}_{2}\) мають бути зрівноважені:

\( \vec{N}+\vec{F}=0\ \ \ \ \ \ \ \Rightarrow \ \ \ \ \ \ \ {F=N.}\)

(1)

Із міркувань симетрії випливає, що \( {{N}_{1}}={{N}_{2}}\) і \( {{F}_{1}}={{F}_{2}}\). Тож (див. рис. 5.3б) умова рівноваги (1) набуває вигляду:

\( 2{{N}_{1}} \cos \left( 90{}^\circ -\frac{\alpha }{2} \right)\) = \(2{{F}_{1}} \cos \frac{\alpha }{2}\)   $\Rightarrow $  $\frac{{{F}_{1}}}{{{N}_{1}}}=\operatorname{tg}\frac{\alpha }{2}$

 

 Звідси, позаяк сила тертя спокою  ${{F}_{1}}\le \mu {{N}_{1}}$ (див. розділ 2, п. 2.4), отримуємо відповідь:

\( \mu\ge\mathrm{tg}\frac{\alpha }{2}\)      $\Rightarrow $      μmin = 0,27.

 

  Задача 5.4.

Дві невагомі пружини однакової довжини мають коефіцієнти жорсткості k1 та k2

Знайти 

жорсткість k складеної пружини, яка утвориться при з'єднанні цих пружин: 1) паралельно впритул; 2) послідовно.
 

Дано:

k1,  k2

k - ?

Розв’язання

Згідно із законом Гука  (2.11) жорсткість пружини дорівнює відношенню прикладеної сили до видовження:

$k=\frac{F}{x}$.

(1)

У цьому й полягає задача.

 1). При навантаженні паралельно з'єднаних впритул пружин різної жорсткості (рис. 5.4-1) перекосом перетинки можна нехтувати.  В такому разі видовження кожної пружини  збігається з видовженням системи: х1 = х2 = х, і за законом Гука (2.11) сили пружності в них складають:

\( {F}_{1}={k}_{1}x,\ \ \ {F}_{2}={k}_{2}x \).

Ці сили зрівноважують прикладену до системи силу F, отже,

\( {k}_{1}x\ + \ {k}_{2}x \) = \( {k}x \)   $\Rightarrow $ $k={{k}_{1}}+{{k}_{2}}$

Одержана відповідь очевидно узагальнюється й на випадок паралельного з'єднання довільної кількості пружин:

\(k=\sum{{{k}_{i}}}\)

 

2). Розглянемо тепер умову рівноваги системи послідовно з'єднаних пружин, до якої прикладено силу \( \vec{F}\) (рис. 5.4-2). Безпосередньо вона прикладається до першої пружини і зрівноважується тільки силою \( \vec{F}_{1}\):

\({{F}_{1}}=F.\)

 

Відповідно, на нижній кінець другої пружини (точка О) безпосередньо діє лише перша пружина із силою ${{\vec{F}}_{1}}^{\prime }$, котра зрівноважується силою натягу  другої пружини ${{\vec{F}}_{2}}$:Отже,

\( {{F}_{2}}={{{F}'}_{1}}.\)

 

Сили \( \vec{F}_{1}\) і ${{{\vec{F}}'}_{1}}$ визначаються деформацією однієї пружини, тож

\( {{{F}'}_{1}}={{F}_{1}}. \)

 

Відтак із записаних рівностей випливає, що

\( {F}={{F}_{1}}={{F}_{2}}.\)

(2)

Загальне видовження послідовно з'єднаних пружин дорівнює сумі видовжень кожної з них:

\( {x}={{x}_{1}}+{{x}_{2}}.\)

 

Отже, згідно з виразом (1),

$\frac{F}{k}$ = \(\frac{{{F}_{1}}}{{{k}_{1}}}+\frac{{{F}_{2}}}{{{k}_{2}}}=F\left( \frac{1}{{{k}_{1}}}+\frac{1}{{{k}_{2}}} \right)\),

 

і, враховуючи співвідношення (2), отримуємо:

     \(\frac{1}{k}=\frac{1}{{{k}_{1}}}+\frac{1}{{{k}_{2}}}\)  \(\Rightarrow \) $k=\frac{{{k}_{1}}{{k}_{2}}}{{{k}_{1}}+{{k}_{2}}}$

 

Для довільної кількості послідовно з'єднаних пружин розрахункова формула має наступний вигляд:

\( \frac{1}{k}=\sum\frac{1}{{{k}_{i}}}. \)

 

 

Задача 5.5

Із двох однакових тонкостінних порожнистих півкуль радіуса  R = 10 см, які щільно дотикаються одна до одної, відкачали повітря до тиску P = 80 кПа й підвісили їх до стелі так, аби лінія дотику була горизонтальна.

Визначити 

найбільшу масу m тягаря, який можна підвісити до нижньої півкулі, аби вона не відірвалася при атмосферному тиску P0 = 100 кПа. Товщиною стінок і масою півкуль знехтувати.

Дано:

R = 10 см
P = 80 кПа

P0 = 100 кПа

m0 - ?

Розв’язання

До підвішування тягаря нижня півкуля притискається до верхньої із силою \(\vec{N}\), рівною різниці сили атмосферного тиску \(\vec{F}_{0}\) та сили \(\vec{F}\) залишкового тиску повітря всередині півкуль, рис. 5.5а. При підвішуванні тягаря ця сила зменшується на його вагу:

N = F0  –  –  mg,

і при певній величині m зникає. Отже,  максимальна маса тягаря m0, при якій нижня півкуля вже не притискається до верхньої (N = 0), але ще не падає (прискорення a = 0), задовольняє умову

m0g  =  F0  –  F    

(1)

Визначимо величину сил F0 і F. Для цього виділимо тонку горизонтальну смужку на поверхні нижньої півкулі і подумки поділимо її на однакові малі ділянки \( \Delta{S}\) (рис. 5.5б). Позаяк сила тиску є  перпендикулярна до поверхні, на яку діє, то на всяку пару протилежних ділянок діють рівні за модулем сили \(\Delta {{f}_{01}}\) і \(\Delta {{f}_{02}}\). Ці сили лежать в одній вертикальній площині й спрямовані під однаковими кутами \( \alpha \) до горизонту, отже, їхні горизонтальні складові є  компенсовані, і рівнодійна спрямована вертикально вгору. З таких пар ділянок складається вся смужка, а із смужок – вся півсфера. Тож зрозуміло, що так є спрямована й сила атмосферного тиску F0, що діє на всю нижню півкулю, а її модуль дорівнює сумі модулів \( \Delta {{f}_{B}}\) вертикальних складових сил тиску на кожну ділянку \( \Delta S \). Як видно з рис. 5.5в, їхня величина визначається, як

\( \Delta {{f}_{B}}=\Delta {{f}_{0}}\sin \alpha,\)

а через атмосферний тиск P0як

$\Delta {{f}_{\text{B}}}={{P}_{0}}\Delta S\sin \alpha $ = \( {{P}_{0}}\Delta {S}' \),

де \( \Delta {S}'\) – площа проекції ділянки \( \Delta{S}\) на горизонтальну площину. Отже, модуль  сили атмосферного тиску на всю поверхню

\( {{F}_{0}}=\sum{{{F}_{0B}}={{P}_{0}}{S}',}\)

 

де \( {S}'=\pi {{R}^{2}}\) – площа проекції на горизонтальну площину всієї нижньої півсфери, котра являє собою круг радіуса R. Урахувавши це, маємо:

\( {{F}_{0}}=\pi {{R}^{2}}{{P}_{0}}. \)

 

Аналогічно знаходимо й силу F залишкового тиску повітря всередині півкуль:

\( {F}=\pi {{R}^{2}}P. \)

 

Відтак, підставивши отримані значення вирази F0 і F у вираз (1), дістанемо відповідь:

\( {{m}_{0}}=\frac{({{P}_{0}}-{{P}_{1}})\pi {{R}^{2}}}{g} = 64,1\ \text{кг}. \)