|
|
|
Навигация
|
Главная » Мануалы Если - корень этого уравнения, то равновесие системы будет при любом Р^Ро- Задача 1.40. Однородный стержень АВ длиной / опирается концом А на внутреннюю гладкую поверхность пустотелого полуцилиндра радиуса г и концом В па шероховатый горизонтальный пол (1<2г). В положении равновесия центр тяжести стержня С находится на вертикальном диаметре полуцилиндра. Определить угол р, составляемый стержнем с полом в положе1ши равновесия, и коэффициент трения скольже1жя / между стержнем и нолом, полагая, что сила трения достигает в этом положе- ./. --J нии стержня своего предельного значения. Решение. Рассмотрим равновесие стержня АВ. На стержень действует одна активная сила, вес стержня Р. Так как центр тяжести стержня С лежит на одной вертикали с центром цилиндра О, то линия действия Силы тяжести проходит через точку О. На стержень наложены две связи: гладкая поверхность полуцилиндра и шероховатый пол. Применим закон освобождаемостн от связей. Отбросим мысленно связи (рис. б) и замстш их действие реакциями. Реакция гладкой стенки полуцилиндра направлена нормально к его поверхности, т. е. по радиусу АО. Изобразим ее силой Т. Следовательно, в точке О пересекаются линии действия двух сил: реакции Т и веса Р. Но стержень находится в равновесии под действием трех сил: Т, Р и реакции иола в точке В. Согласно теореме о трех непараллельных силах линия действия реакции иола R должна также пересекать точку О. Направим реакцию R по линии ВО (рис. б). Угол между нормалью к полу и реакцией R есть угол трения р, причем /= tg р. Из треугольника OHU найдем: /cos?  в к задаче 1.40. , . BD ВС cos Э Обозначим угол между силой Т и линией горизонта буквой г. Тогда, опуская перпендикуляр AN из точки А на вертикальный диаметр, имеем AN= АО cos а = ЛС cos или г cos а = cos р. Аналогично 0N= г sin i и DA/=/sinP; следовательно, г sin я -- / sin р = г. 100 ПЛОСКАЯ СИСТЕМА сил 1ГЛ. I Сопоставив (1) и (2), найдем; cos а = /. (4) Обозначив для краткости 2 =/х^ 1 (так как по условию /<2г), найдем из (2) и (3), что cos а = 6 cos р, (5) sin а = 1 - 2й sin р. (fi) Возведем равенства (5) и (6) в квадрат и сложим. После несложных преобразований получим: 3* sinp -4 sin р-(-/) = О, Следовательно, cos р = V 2 ± 4 - ЗЛ Знак минус перед вторым корнем должен быть отброшен, так как Зй -2 -У 4 -36<0 и значение cos 3 будет при этом мнимым. Итак, окончательно cos 8 = / 3,2 2 4- у 4 - ЗЬ\ f= b cos ? = -f V 3/ - 2 -- К 4 - 3*2 . Решение этой задачи отличается от большинства задач на рав1!с-весие при наличии трения тем, что мы не разлагаем реакцию uiepo-хонаюй поверхности на нормальную составляющую и силу трения. Задача 1.41. Две одинаковые призмы А \\ В образуют лестницу. Ступени нагружены силами Р и Q, точки приложения которых заданы (рис. а). Призма А опирается на вертикальную стену и наклоненную под углом а плоскость второй призмы. Призма В опирзегся на горизонтальный пол. Определить условия равновесия, учитывая Tpeime всех контактирующих поверхностей. Коэффициенты трения призм о горизонтальный пол, вертикальную стену и друг о друга одинаковы и равны /=tgf. Собстнашыми весами призм можно пренебречь по сравнению с силами Р и Q.  - в Решение. Рассмотрим равновесие каждой из призм, отбросив мысленно стену, пол и другую призму, заменив их действия нормальными реакциями TV], No, N3 и силами трения Г Т^, Т^. Расчетые схемы показаны на рис. б для верхней призмы и на рис. в для нижней Максимальные значения касательных сил (сил трения) при равновесии равны В проекциях на координатные оси уравнения равновесия имеют вид: для призмы А yVi - Ni sin а -- + fNi cos а Mcosa + /M -Я + -f fNi sin a для призмы В - /Ni cos a -j- -1-Л/2 sin oL - fN-i - fNi sin a-A/jCOsa -Q-(- Решив эту систему уравнений равновесия, найдем: 2/sina-f (1 -f) cosot У777777Ш'77777777777У77777Г7777- P = fQ (1 -Р) sina -2/coSa ИЛИ, после подстановки /= = tgtp и несложных тригонометрических преобразований,  tg (а - 20) К задаче 1.41. Отсюда видно, что решение существует, если а^29. Таким образом, условие равновесия лестницы, образованной двумя призмами, будет: Ig (а - 2) Эта задача наряду с приведенным аналитическим решением может бьпь решена и графически. Если заменить касательную и нормальную составляюную реакции в каждом случае одним вектором (рис. г): >?, = N, + 7b то к каждой из призм будет приложено три силы (см. рис. г) и можно воспользоваться теоремой о трех силах. Графическое решение - комбинация двух замкнутых силовых треугольников - представлс/ю на рис. д. Задача имеет pcuieime только при a2tp. Это учтено на рис. г, где угол а начерчен достаточ1Ю большим. Задача 1.42. Однородный стержень АС длиной / и весом О опирается концом А на гладкую горизонтальную плоскость, а промежуточной точкой В на прямоугольную призму, стоящую на той же гладкой плоскости. Угол трения между стержнем и призмой равен tp. Определить, какой вес должна иметь призма, чтобы система была в рав1ю-весии. Стержень составляет с горизонтом угол а. Размеры призмы известны (рис, а). Решение. Рассмотрим равновесие стержня и призмы в отдельности. Отбросив мысленно горизонтальную плоскость и призму, заменим их действие на стержень реакциями. На стержень 0J действуют (рис. б): вес G, 1Юрмалы1ая реакция гладкой плоскости N, 1юр-К задаче 1.42. мальная реакция призмы касатель- ная реакция призмы 7д (сила трспия). Составим уравнение моментов относительно точки А: 
- О--!cos я-I-,V - - = о 2 sin 1 откуда получим: Nb = cosa- sin а. Рассмотрим, далее, предельное равновесие призмы, отбросив мысленно пол и стержень. На приз.му действуют (рис. в): нес давление стержня - Л/д, сила трения - и нормальная реакция Hq плоскости. Отсюда найдем: Gi 6 Q = - (tg ср cos а - sin а) cos а sin а = или окончательно = ,Т7- -- (sin ср cos а - cos ср sin я) sin 2а, О = -гп-- sin (ср - а) sin 2г. 2*coscp Из этой формулы также следует, что задача имеет решение при (fa, ибо в противном случае вес призмы получится отрицательным. Где следует приложить равнодействующую нормальной реакции плоскости? Правее силы Q она не может быть приложена, так как относительно такой точки не будет выполнено равенство нулю суммы моментов всех сил. Значит, точка приложения реакции лежит на левой половине отрезка ОЕ. Крайнее возможное положение ее, соответствуюнтее критическому равновесию, в точке О, когда призма может начать гю-ворачиваться вокруг ребра О. Иа рис. в изображены силы в положении критического равновесия. Горизонтальная составляющая нормального давления - на призму не должна превышать по модулю горизонтальной составляющей силы трения - Гд в предельном положении равновесия. Это условие может быть записано так: Тд cos а Л/д sin а. При этом знак неравенства следует понимать в том смысле, что сила трения не достигает своего максимального значения и, следовательно, равновесие системы не будет нарушено. Подставив в это неравенство максимальное значение Тд, равное Л/д-tgtp, получим: tg 9 Л/д cos а Л/д sin а, или tgcptga, ср г. - а. Составим уравнение моментов сил, приложенных к призме относительно точки О: 7 д а cos а - Ng-a- sin а. - Q - = 0. Подставив предельное значение силы трения 7д=/Vд tg9 и значение Л/д, найденное ранее, в предыдущее равенство, получим: а Ig ср cos cos а sin а - cos а - sm а - а sni а - =0. ЧТО невозможно. Чем ближе угол наклона стержня к углу трения, тем более легкой может быть призма; в случае когда а = ср, даже невесомая призма удерживается в равновесии. Задача 1.43. Квадратный ящик весом Q находится п покое на горизонтальном негладком полу. Коэффициент трения между полом и ящиком равен /. Через ящик перекинут трос, закрепленный своими концами в О и О^. Ветви троса образуют с иолом углы 30° и 60°. Пренебрегая трением между ящиком и тросом, определить натяжение троса, при котором ящик будет оставаться в покое (рис. а). [ешение. Рассмотрим равновесие ящика (рис. б). Па янщк действует одна активная сила - вес Q, приложенная в центре и напрзп-ленная по вертикали вниз. Па ящик наложены две связи-трос и  К задаче 1.43. пол. Отбрасывая мысленно эти связи, заменим их действие реакциями. Так как трение между ящиком и тросом отсутствует, то натяжение троса Т будет везде одинаковым. Натяжение троса будет действовать на ящик но направлениям OA и О^В (рис. а). Разложим реакцию пола на нормальную реакцию N и касательную реакцию F, являющуюся силой трения. Рассмотрим равновесие ящика как свободного тела, находящегося иод действием пяти сил, указанных на рисунке. Составим уравнения равновесия, приравняв нулю сумму проекций всех сил на оси х ч у: Т cos 60° - ? cos 30° F = 0, Q-T sin 00° - / sin 30 = 0. (1) (2) Кроме того, имеем зависимость между силой трения и нормальнь1м давлением (по модулю равным нормальной реакции), а именно: Из (2) находим: F = fN. A=Q-t- 7(sin 60°-f sin 30°). (3) (4) Подставляя это значение в (3) и затем в (1), имеем: 7(cos60°-cos30°)-[-/[Q+ 7-(sin 60°+ sin 30°)] = 0. (5) Решая уравнение (о) относительно неизвестного Т, находим натяжение троса в предельном случае cos30°-соябО -/(sin60 -sin30°) j/з 1 у:(/з i) Ящик будет находиться в покое при 43 -1-/(1/3 + 1) Задача 1.44. Два цилиндра с радиусами г, и r.j и весами Р, и Pj опираются на горизонтальный пол и вертикальную стену гак, что прямая О]О. соединяющая центры цилиндров, образует угол tp с го-  ризонтом. Коэффицрюнты трения: между первым цилиндром и горизонтальным полом / между вюрым цилиндром и вертикальной стеной /г и между цилиндрами /. Определить минимальные значения этих коэффициентов, при которых система может находиться в равновесии, а также нормальные реакции пола, стены и реакции между гтилиндрами. Решен и е. Рассмотрим равгювесие каждого из цилиндров в отдельности (рис. б и в), отбросив мысленно пол, стену и другой цилиндр, заменив их действие реакциями. Каждую реакцию разложим на нормальную составляющую и силу трения. Тогда первый цилиндр можно рассматривать как свободное твердое тело, находящееся в равновесии гюд действием пяти сил: веса, двух нормальных реакций и двух сил трения (рис. б). Аналогично рассматривается равновесие второго цилиндра (рис. в). Силы трения направлены но касательным, проведештым к цилиндрам в точках соприкосновения в сторону, противоположную возможному движению цилиндра. Fi = f.iNi. I Решив совместно систему из девяти уравнений (I)- Ра COS (f (3), найдем; f а Y . Р \ р 1 -- sin у Pi(l+sin<f + coscp)4-P2(i+sin9) M+sin<f + cos<f . N=Pi + f 1+sincp + cos(f 1 -I- sin ф' 1 -- sin ср -j- cos (f Полученные значения коэффициентов трения являются минимальными; если они будут превышать -ти величины, то равновесие системы сохранится, а силы трения при этом не будут достигать своих предельных значений. Задача 1.45. Шкив радиуса г насажен на вал радиуса а, который может вращаться в нодшншшках. Коэффициент трения между валом и подшипниками /. Определить наибольшую величину силы Р, которая удержит шкив в покое, если к шкиву приложена сила Q, образующая с силой Р угол а (рис. а). Найти значение силы Р, когда a = i:/2 и когда силы Р и Q параллельны. Решение. Отбросив мысле1шо подшипники, рассмотрим равновесие вала вместе со шкивом, заменив действие нодшищшков нормальной реакцией N и моментом сил трения т. Момент сил трения (относительно точки О) может быть предсхавлен в виде m=fN а. Составим уравиеиия равновесия для первого цилиндра: V] Fkx = F\ - cos ср 4 F sin tp = О, y;F/, = A/i - Pi - Л/sin 9 - F cos 9 = 0, [ (i) Уравнения равновесия для второго цилиндра будут: 2j Fkx = ЛУ cos 9 - Ni - F sin 9 = 0, 2]Fft3, = A/sin 9 -P.2 + F.2 + Fcos9=0, [ (2) L>noFk) = Fir-Fr = 0. К этим уравнениям равновесия следует добавить зависимости предельных сил трения от нормального давления F,=/,M. Момент сил трения будет направлен в сторону, противоположную возможному движению. Таким образом, этот момент будет совпадать   к задаче 1.45. но направлению с моментом меньшей силы. Положив Q<P, составим уравнение' равновесия вала со шкивом, приравняв нулю сумму моментов всех сил относительно центра О: р.г - Q-r - fN-a = Q. (2) С другой стороны, нормальная реакция N 0[1ределится по величине как равнодействующая двух сил Р ц Q Л/= УР + Q- -г 2PQ cos~. (3) Подставив это значение в уравнегпге (2) и освободившись от радикала, получим: ( 1 -г) Р' - (2Q + 2Q cos а.Щ Р -\- {1 - ) = 0. (4) Величина Р равна большему корню этого квадратного уравнения. Меньший корень Р будет соответствовать случаю QP. В случае, когда Р и Q параллельны, решение упрощается. Действительно, при этом A==P-fQ (5) и, следовательно, из (2) после несложных преобразований находим: г -fa В случае a = i:/2 силы Я и Q взаимно перпендикулярны, и из (4) получим: P = Q [тг ± Y[t1 - ] Знак минус не удовлетворяет условию задачи, так как при этсм 1<1 и, следовательно, P<Q, что противоречит условию. Неравенство (8) вьгтекает из toio, что функция при х=1 принимает значение tp(1)=1 и при х^\ монотонно уб1.н!ает. Действительно, cpW=l- <0 при х>1, У - 1 а в рассматриваемом случае г- - f-a-  Рис. 1.42. Знак минус в равенстве (7) соответствует случаю QP, когда момент трения будет совпадать по направлению с моментом силы Р. х1ля [1риобретения навыков в решении задач на равновесие при наличии трения скольжения рекомендуется решить следующие задачи из Сборника задач но теоретической механике И. В. Мещерского, издания 1950 i-. и боле е поздних лет: 67, 71, 73, 74, 174, 175, 17G, 177, 178, 180, 181, 186, 187. 2°. Равновесие твердого тела нр наличии трения качения. Между KaiKOM и плоскостью, на которой он покоится, возникают сил|,1 трения, если приложить к оси катка силу 5 (рис. 1.42), стремящуюся его двигать но плоскости. Рассмотрим случай, когда сила 5 параллельна горизонтальной плоскости. Из опыта известно, что при изменегши величшн,! силы S от нуля до нексиорого предельного значе1щя 5 р кагок остается в покое, т. е. силы, действующие на каток, уравновешиваются. Кроме активней сил: веса Р и силы S, к катку, равновесие которого рассматривается, приложена реакция плоскости. Из условия рашювесия трех непараллельных сил следует, что реакция плоскости R должна проходить через це1ггр катка О, так как две другие силы ириложегн.; к этой точке. Следовательно, точка приложения реакции С должна быть смещена на некоторое расстояние от вертикали, проходящей череп центр ко.чеса, иначе реакция JR не будет иметь горизонтальной со- 1 ... 7 8 9 10 11 12 13 ... 51 |
||||||||
 |
 |