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. 1 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. 2а). Очевидно, що клин не може обертатися, тож задля зручності будемо вважати, що всі сили є прикладені в одній точці (рис. 2б).

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. 2б) 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. 3a) 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. 3-1). 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,

\(F_{2}=F^{\prime}_{1}\).

 

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

\(F^{\prime}_{1}=F_{1}\).

 

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

Нижню півкулю утримує від падіння сила атмосферного тиску \(\vec{F}_{0}\), яка долає силу залишкового тиску повітря всередині півкуль \(\vec{F}\) та вагу гирі $m\vec{g}$ і притискає нижню півкулю до верхньої силою \(\vec{N}\) (рис. 7-1а)Виправити: 1) таки повернути \(\vec{N}\) угору; 2) узгодити модулі: N=F0–(F+mg) з модулем

N = F0  –  –  mg

(1)

Зрозуміло, що при збільшенні ваги тягаря притискання між півкулями зменшується і врешті зникає. Тож, аби при підвішуванні тягаря нижня півкуля не відірвалася, має виконуватись умова (N0).

Таким чином, шукану критичну масу тягаря m0, котру можна прийняти як за максимальну, при якій нижня півкуля ще не відривається, так і за мінімальну, при якій настає відрив, знайдемо, поклавши в рівності (1) N= 0:

m0F0  –  F    

(2)

Відтак визначимо величини F0 і F. Для цього виділимо тонку горизонтальну смужку на поверхні нижньої півкулі і подумки розчленуємо її на однакові малі ділянки \( \Delta{S}\) (рис.7-1б). Тоді, 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 назустріч однаковим кутом \( \alpha \) до горизонту, тож їхні горизонтальні складові є компенсовані, й рівнодійна напрямлена вгору. З таких парних ділянок складається вся смужка, а зі смужок – вся півсфера. Тож  сила атмосферного тиску F0, що діє на нижню півкулю, дорівнює сумі модулів \( \Delta {{F}_{0B}}\) вертикальних складових сил тиску на кожну ділянку \( \Delta S \). Як видно з рис. 7-1б, (скрізь на рис. виправити індекси верт. складових з  F0Е  на  F0В !) їхня величина визначається, як

$\Delta {{F}_{B}}=\Delta {{F}_{0}}\sin \alpha $

а через атмосферний тиск P0як

$\Delta {{F}_{B}}={{P}_{0}}\Delta S\sin \alpha ={{P}_{0}}\Delta {S}'$

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:

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