Статика Равновесие тел при отсутствии вращения Задачи № 4.1 — № 4.32 Статика Равновесие тел при отсутствии вращения 4.1. Если силы направлены вдоль одной прямой в одну сторону, то получаем максимально возможную по величине силу 12 Н. Если силы направлены вдоль одной прямой в противоположные стороны, то получаем минимально возможную по величине силу в 8 Н. Остальные варианты сложения векторов сил показаны на рисунке. Изменяя угол , можно получить силу любой величины от 8 до 12 Н. В данном случае равнодействующая сила FР 10 Н при 84,2 , в чем легко убедиться по теореме косинусов. 4.2. Равнодействующая двух взаимно перпендикулярных сил 5 Ньютон имеет величину 5 2 . Такую же по величине силу можно получить сложением двух сил в 4 Н., если угол между ними определить из уравнения 2 4 cos 5 2 , 2 5 2 cos 0,884 , 27,87 , т.е. 55,74 56 . Далее вектор суммы 8 2 2 направить противоположно сумме сил по 5 Н. 4.3. Возможны два варианта равновесия воза. а) все три силы лежат в одной плоскости, одинаковы по величине и угол между ними по 120 . б) рак и щука одинаково тянут в противоположные стороны, а лебедь тянет вверх с силой, которая меньше силы тяжести воза. 4.4. В случае а обе силы натяжения и сила тяжести mg направлены по вертикали. Поэтому условие равновесия трапеции в проекциях на вертикальное направление запишется в виде Oy : 2T mg 0 , откуда находим модуль сил натяжения верёвок mg . Во всех других вариантах, когда веревки невертикальные, у сил натяжеT 2 ния, кроме вертикальных, появляются горизонтальные составляющие. Вертикальные составляющие не отличаются от случая а, а за счет горизонтальных компонент модули сил натяжения увеличиваются. 2 2.5. Как бы ни была туго натянута веревка, под действием силы тяжести mg она всегда немного провисает (см. рисунок). Составим условие равновесия согласно рисунку T1 T2 mg 0 . Проекции на координатные оси Ox : T1 cos T2 cos 0 , следовательно, T1 T2 T . С учетом этой симметрии проектируем на вертикальное направление Oy : 2T sin mg 0 . Отсюда получаем выражение для сил натяжения mg . T 2 sin Теперь ясно, что чем меньше стрела прогиба, тем меньше угол , меньше sin , а силы натяжения больше. В пределе, при 0 , T . 4.6. Распределение сил, действующих на баржу, показано на рисунке. Условие равновесия баржи: T1 T2 F 0 . В проекциях на координатные оси Ox : T1 cos T2 cos 0 , следовательно, T1 T2 T . С учетом этой симметрии проектируем на вертикальное направление Oy : 2T sin F 0 , следовательно, 3 F 2T sin 2 8 13,86 13,9 кН. 2 4.7. Относительно небольшая сила, действующая перпендикулярно веревке в ее средней части, создает значительные силы натяжения. Подробная схема расчета дана в решении задачи 4.5. 4.8. Схема распределения сил аналогична рисунку к задаче 4.5. Условие равновесия груза T1 T2 mg 0 . Проекции на координатные оси Ox : T1 cos T2 cos 0 , следовательно, T1 T2 T . С учетом этой симметрии проектируем на вертикальное направление Oy : 2T sin mg 0 . Отсюда получаем выражение для сил натяжения 3 mg . 2 sin Выразим sin из геометрических данных задачи (учтем, что x l 2 ) x 2x . sin 2 l 2 l x 2 Следовательно, сила натяжения провода будет равна mg mgl 17 10 40 T 17 103 Н., или 17 кН. — ответ. 2 sin 4x 4 0,1 T 4.9. Силы, действующие на неподвижное тело, показаны на рисунке. По первому закону Ньютона условие равновесия тела запишется в виде mg F N FTP 0 . В проекциях на оси координат (1) Ox : F cos FTP 0 , Oy : mg F sin N 0 , N mg F sin , FTP max N mg F sin . Подставим в (1) F cos mg F sin 0 , F cos sin mg , следовательно, mg — ответ. F cos sin 4.10. Распределение сил, действующих на брусок, показано на рисунке. Условие равновесия бруска под действием приложенных к нему сил: mg F N FTP 0 В проекциях на оси координат Ox : mg sin FTP 0 , (1) Oy : N F mg cos 0 , N F mg cos , FTP max N F mg cos . Подставляем в (1) mg sin F mg cos 0 , F mg sin cos , следовательно, mg sin cos . F Из рисунка видно, что sin h2 1 2 cos 1 sin 1 2 l h 2 . Подставляем в (2): l l 2 4 h , l (2) тогда F mg 2 9,8 h l 2 h2 0,9 0,5 2,25 0,81 7,84 7,8 Н. — ответ. l 0,5 1,5 4.11. Силы, действующие на шайбу, находящуюся на высоте h от снования полуцилиндра, показаны на рисунке. Условие равновесия шайбы mg N FTP 0 . В проекциях на координатные оси Ox : mg cos 90 FTP 0 , (1) Oy : N mg cos 0 , N mg cos , FTP max N mg cos . Подставляем в (1) mg cos 90 mg cos 0 , mg sin cos 0 , sin cos , (2) tg . Из треугольника, показанного на рисунке пунктиром, следует, что R2 h2 R2 h2 2 tg , . Учитывая (2), получаем уравнение относительно tg h2 h h: 2 h 2 R 2 h 2 , h 2 1 2 R 2 , следовательно, R — ответ. h 1 2 4.12. Распределение сил, действующих в системе, показано на рисунке. Условие равновесия системы mg F1 F2 0 . В проекциях на координатные оси: Ox : F1 F2 cos 0 , Oy : F2 sin mg 0 . Из второго уравнения mg ; F2 sin 1 3 9,8 17 из первого F1 F2 cos mg ctg 3 9,8 3 Ньютон. mg 2 F2 3 9,8 33,948 34 Ньютон — ответ. sin 3 5 4.13. Силы, действующие в системе, показаны на рисун ке. Условие равновесия конструкции mg FAC FBC 0 В проекциях на координатные оси: Ox : FAC FBC cos 0 , Oy : FBC sin mg 0 . Из второго уравнения FBC mg sin mgb b2 a 2 120 9,8 2,5 120 9,8 2,5 2 1,5 6,25 4 кН. Из первого уравнения mga 120 9,8 2 FAC FBC cos 2 1,6 кН. — ответ. 1,5 b a2 4.14. Равнодействующая сил натяжения, приложенных в точке B (см. рисунок), должна равняться нулю mg F1 F2 0 . В проекциях на координатные оси: Ox : F1 cos F2 0 , Oy : F1 sin mg 0 . Из второго уравнения mg 1 9,8 2 F1 11,3 Н. — ответ 1. sin 3 из первого F2 F1 cos mg ctg 1 9,8 1 5,6 Н. 3 — ответ 2. 4.15. Силы, действующие на шар, показаны на рисунке. Условие равновесия шара mg T N 0 . В проекциях на координатные оси: Ox : N T sin 0 , Oy : T cos mg 0 . Из второго уравнения mg ; T cos Подставив в первое уравнение, найдем силу нормальной реакции стены N T sin mg tg . По третьему закону Ньютона с такой же по величине силой шар давит на стену: F N mg tg — ответ. 6 4.16. Распределение сил, действующих в системе, показано на рисунке. Условие равновесия шарика mg T N 0 . В проекциях на координатные оси: Ox : mg sin T cos 0 , Oy : N mg cos T sin 0 . Из первого уравнения 1 T mg tg 10 10 3 9,8 5,7 10 2 Н. — ответ 3 1. Подставив во второе уравнение, найдем силу нормальной реакции sin 2 cos 2 cos2 sin 2 . N mg cos T sin mg cos mg mg cos cos cos Проведем вычисления cos 2 0,5 2 N mg 10 10 3 9,8 5,7 10 2 Н. — ответ 2. cos 3 4.17. Распределение сил, действующих в системе, показано на рисунке. Условие равновесия шарика mg T N 0 . Выполнение условия равновесия означает, что три силы, действующие на шарик, образуют треугольник сил, одна из вершин которого является центром шарика O1 . Из рисунка видно, что треугольник сил подобен пространственному треугольнику OCO1 . Следовательmg N но, . Отсюда выражаем силу натяжения ни R Rr ти Rr — ответ 2. N mg R mg T T Из того же подобия треугольников следует, что . Отсюда получа R CO1 l r lr ем силу натяжения нити T mg — ответ 1. R 4.18. Неподвижный блок, если в нем отсутствует трение, лишь изменяет направление силы натяжения нити, не изменяя ее по величине. Поэтому показания динамометров в обоих случаях будут одинаковы — вес тела, прикрепленного к нити. А вот сила давления на ось блока во втором положении будет больше, поскольку 7 она равна векторной сумме сил натяжения нити по обе стороны от блока. 4.19. Равновесие нарушится, так как теперь уменьшится сила давления на ось подвижного блока. При этом сила натяжения нити останется прежней. Она равна весу груза, расположенного слева. Вес правого груза тоже не изменится. Следовательно, после переноса крепления нити в точку A , ось подвижного блока опустится несколько ниже и тело, расположенное слева расположится выше. 4.20. На рисунке показано распределение сил, которые действуют в системе. Условие равновесия тела m 2 m2 g T2 , (1) тела m3 m3 g T3 . (2) Условие неподвижности точки A нити m1 g T2 T3 0 , где T2 T2 и T3 T3 . В проекциях на координатные оси (3) Ox : T3 T2 sin 0 , (4) Oy : T2 cos m1 g 0 . Из (4) и (1) следует, что mg mg m (5) cos 1 1 1 . T2 m2 g m2 Из (3) и (5) получаем, что 2 m1 m22 m12 T3 T2 sin T2 1 cos m2 g 1 m2 g g m22 m12 . 2 m2 m2 2 Учитывая (3) получим, что m3 g g m22 m12 , следовательно, m3 m22 m12 182 100 14,97 15 кг. — ответ 1. Согласно (5) m 10 cos 1 0,56 , следовательно, 56 , но тогда 90 146 — отm2 18 вет 2. 4.21. В первом случае на карандаш вертикально вниз действует сила тяжести mg и сила нормальной реакции крышки пенала N 1 , а на нижний торец вертикально вверх — сила упругости сжатой пружины Fynp . Во втором случае вертикально вниз действуют сила тяжести mg и сила упругости пружины Fynp , а вертикально вверх действует сила нормальной реакции крышки пенала N 2 . 8 Поскольку длины карандаша и пенала неизменны, из рисунка 4.14 можно сделать вывод, что деформация пружины одинакова в обоих случаях. Следовательно, сила упругости тоже одинакова. Запишем условия равновесия карандаша в двух случаях в проекциях на вертикальное направление: Fynp N1 mg, Fynp N 2 mg. По условию задачи N 2 n N1 . Левые части уравнений системы одинковы, следовательно, одинаковы и правые части: N1 mg n N1 mg . Отсюда находим первоначальную силу реакции крышки пенала N1 n 1 2mg , 2mg 2 10 2 9,8 N1 0,98 Ньютон — ответ. n 1 1,2 1 4.22. Очевидно, что сила упругости, действующая в точке C подвеса системы равна сумме сил тяжести стержня и груза TC m M g . В плоскости сечения, проходящей через точку B сила упругости сумме силы тяm жести части AB стержня F1 l x g и силы тяжести груза F2 Mg . Следоваl тельно, m m TB l x g Mg M l x g . l l В плоскости сечения стержня, проходящей через точку A , сила упругости по величине совпадает с силой тяжести груза TA Mg . 4.23. Будем считать грузы материальными точками, (они не имеют собственного размера). В первом случае условие равновесия груза согласно закону Гука запишется в виде mg k l l0 . (1) Во втором случае нижнюю пружину растягивает только нижний груз, а верхнюю пружину растягивают оба груза. Поэтому длина l x верхней пружины на втором рисунке будет равна l x l1 l . (2) Закон Гука для верхней пружины запишется в виде 2mg k lx l0 . (3) С учетом (2) получим 2mg k l1 l l0 . Из (1) следует, что 2mg 2k l l0 , поэтому получаем k l1 l l0 2k l l0 , 9 откуда следует, что l1 l l0 2l 2l0 и l0 3l 2l1 — ответ. 4.24. Силы, действующие на грузы, показаны на рисунках. Здесь F1 и F2 — силы упругой деформации пружины. Поэтому согласно закону Гука, условие равновесия груза m 2 на рисунке а: m2 g k l l0 , а на рисунке б: m1 g k l0 l1 . Поделив первое уравнение на второе, получим m2 l l0 . m1 l0 l1 Следовательно, m2 l0 l1 m1 l l0 , l0 m1 m2 m1l m2l1 , m l m2l1 — ответ. l0 1 m1 m2 4.25. Для решения задачи мысленно заменим нижнюю пружину невесомой нерас тяжимой нитью. Тогда сила F , приложенная в точке A , будет растягивать верх 2F нюю пружину силой 2F и, согласно закону Гука, растянет ее на xB . k При этом точка A опустится на l AB 2xB , поскольку нить перекинута через подвижный блок. Теперь восстановим нижнюю пружину. Нить растягивает ее силой F . СледоваF тельно, нижняя пружина растянется на xH , на столько же опустится точка k F A l AH xH . k 2 F F 5F В итоге точка A опустится вниз на l A l AB l AH 2 — ответ. k k k 4.26. а) При параллельном соединении (см. рисунок) одинаковы абсолютные деформации пружин, а деформирующая сила равна сумме сил упругой деформации F1 k1 l , F2 k 2 l , F F1 F2 k1 k2 l , (1) где l l l0 . Систему двух параллельно соединенных пружин заменяем эквивалентной одиночной пружиной, естествен10 ная длина l0 которой, равна длине заменяемых пружин в недеформированном состоянии. Тогда по закону Гука для эквивалентной пружины (2) F kпар l l0 kпарl . Сравнивая (1) и (2) получаем, что (3) kпар k1 k2 , То есть, при параллельном соединении коэффициент жесткости эквивалентной пружины равен сумме коэффициентов жесткости соединяемых пружин. б) При последовательном соединении пружин их деформирует одинаковая сила, которая вызывает у них деформации (см. рисунок) F F и l2 . (4) l1 k1 k2 Эти деформации складываются lпосл l1 l2 . (5) Эквивалентная пружина в недеформированном состоянии имеет длину l0 посл l01 l02 По закону Гука для эквивалентной пружины F k послlпосл , следовательно, F . (6) lпосл kпосл F F F Подставив (4) и (6) в (5), получим , следовательно kпосл k1 k2 1 1 1 (7) . kпосл k1 k2 4.27. Силы, действующие на лестницу, показаны на рисунке. Условиеравновесия лестницы mg N1 N 2 FTP 0 . В проекциях на горизонтальное направление Ox : N 2 cos FTP sin 0 . Следовательно, FTP sin N 2 cos . Но по закону Амонтона FTP max N 2 . Лестница находится на грани соскальзывания, поэтому N 2 sin N 2 cos . Отсюда получаем ответ к задаче ctg . 4.28. Условие равновесия клина (см. рисунок) mg N1 N 2 0 . В проекциях на координатные оси ( 60 ) Ox : N1 cos 2 следовательно, N1 N 2 . N 2 cos Oy : 2 N1 sin 2 2 0, mg 0 . 11 Отсюда получаем, что mg N1 N 2 2 sin Условие равновесия бруска mg mg . 2 sin 30 (1) 2 mg N FTP N1 0 . В проекциях на координатные оси Ox : FTP N1 cos 30 0 , Oy : N N1 sin Следовательно, с учетом (1) получим, что 2 (2) mg 0 . 3 mg mg . 2 2 По закону Амонтона максимальная сила трения покоя 3 FTP max N mg . 2 Подставив в (2), получим 3 3 mg mg . 2 2 N N1 sin Отсюда получаем искомую величину коэффициента трения 1 — ответ. 3 4.29. В процессе расстановки, действующих в системе сил, был введен в рассмотрение и угол (см. рисунок). Условие равновесия малого шара mg N1 N 2 0 , где N1 N1 и N 2 N 2 — силы нормальной реакции поверхностей больших шаров (ввиду симметрии системы N 2 и N 2 на рисунке не показаны). В проекциях на координатные оси В проекциях на координатные оси Ox : N1 sin N 2 sin 0 , следовательно, N1 N 2 . Oy : 2 N1 cos mg 0 . Из последнего уравнения находим силу нормальной реакции шаров mg . (1) N1 2 cos Условие равновесия большого шара 12 Mg T1 N1 N 0 . В проекциях на координатные оси Ox : T1 sin N N1 sin 0 , Oy : T1 cos Mg N1 cos 0 . (2) (3) mg mg . С учетом этого преобразуем (2) и tg , а N1 cos 2 2 (3) в систему уравнений mg T cos Mg 0, 1 2 T sin N mg tg 0. 1 2 Большие шары начнут расходиться, если сила нормальной реакции N обратится в нуль. В этом случае система уравнений примет вид mg T cos Mg , 1 2 T sin mg tg . 1 2 Делим первое уравнение на второе 1 2M . 1 tg m tg tg и приводим дроби к общему знаменателю m tg tg : m tg 2M tg m tg , mtg tg 2M tg . Отсюда получаем ограничение на величину массы центрального шара: 2M tg — ответ. m tg tg Согласно (1) N1 sin 4.30. Рассмотрим нижний ряд кирпичей, покрывающий площадь S . По условию задачи он выдержит силу давления F S . Такую силу может образовать вес кирпичной кладки одинаковой площади S и высоты h , т.е. F S h g . Следовательно, S h g S , 7 10 h 680,27 680 м. — ответ. g 1,5 103 9,8 4.31. Положение шара в наклонных плоскостях и действующие на него силы показаны на рисунке. Запишем условие равновесия шара в векторной форме mg N1 N 2 0 . В проекциях на координатные оси 13 Ox : N1 sin N 2 sin 0 , (1) Oy : N1 cos N 2 cos mg 0 . Из первого уравнения получаем, что sin . (2) N 2 N1 sin Подставляем (2) в (1) sin N1 cos N1 cos mg 0 , sin или N1 cos sin ctg mg , mg . (3) N1 cos sin ctg Подставляем (3) в (2) mg sin mg . (4) N2 cos sin ctg sin sin ctg cos По третьему закону Ньютона силы давления шара на наклонные плоскости по величине одинаковы с силами нормальной реакции плоскостей. Поэтому получаем следующие результаты mg 3 10 F1 N1 15 3 25,98 26 Ньютон — отcos sin ctg 3 1 1 2 2 3 вет 1. mg 3 10 F2 N 2 15 Ньютон — ответ 2. sin ctg cos 3 1 3 2 2 4.32. Распределение действующих сил показано на рисунке. Условие равновесия шара mg N1 N 2 0 . В проекциях на координатные оси Ox : N 2 mg sin 0 , Oy : N1 mg cos 0 . Из рисунка видно, что h sin , l l 2 h2 h тогда cos 1 sin 1 . l l 2 2 Из уравнений проекция получаем, что N 2 mg sin mg 14 h 0,18 2 10 6 Ньюl 0,6 тон. l 2 h2 0,36 0,0324 N1 mg cos mg 20 19,079 19 Ньютон. l 0,6 По третьему закону Ньютона шар с такими же по величине силами давит дно и стенку ящика l 2 h2 F1 N1 mg cos mg 19 Ньютон — ответ 1. l h F2 N 2 mg sin mg 6 Ньютон — ответ 2. l 15