Задача 4.2

Рассчитатьмодулимоментоввсехсил,действующихнадверьмас- сойm= 4,8 кг относительно верхнего крепления (точкаО), если вы- сота двериh= 2 м, ширина двериb= 1 м, расстояние от верхне- го и нижнего краев двери до соответствующих крепленийd= 0,2 м. Сила,приложеннаякдверисосторонынижнегокрепления,T₂₌15Н (точкаК).

Дано:m=4,8кг;h=2м;b=1м;d=0,2м;T₂₌15H;g=10м/с². Найти:M_T1,M_T2,M_P,M_R1,M_R2.

На рис.а_�ука_�заны все силы, действующие на дверь. На рис.б

ив— силыT₂,Pи их моменты относительно точкиО. Дугой со

стрелкой указано на-правлениевращенияправого винтаотра-диус-вектораточ-

ки приложения со-

R₁

^T1^d

_O

bb/2

O

_r Q

^h/2 K ^T₂

ответствующейсилыпо кратчайшему пути к вектору этой силы,соединенномунача-ломсрадиус-векто-

h-2d

^R2^Q

11. T₂

d

P=mg

^MT2

P=mg

ром.Поступательное _{a б в}

движение винта определяет направление момента силы. Модуль мо- мента силы относительно точкиОопределяется произведением мо- дуля силы на ее плечо силы. Плечо определяется как длина перпен- дикуляра,опущенногоизточкиОналиниюдействиясилы(4.3–4.4). Определим плечисил:

�

T_�1:l0,таккаклиниядействиясилыпересекаетточкуО(1)R_�1:l0,таккаклиниядействиясилыпересекаетточкуО(2)R₂:l0, так как линия действия силы пересекает точкуО(3)

� � _b

T₂:lh-2d(рисунокб);P:l_{2(рисунок}в). (4)

� �

Тогда модули моментов силT₂иPравны:

M_T2(h2d)T₂24H·м, (5)

M^bmg24Н·м. (6)

^P 2

_�Изопределениянаправ_лениямоментасилследует,чтомомент

M₂направлен на нас, аM_P–от нас. Так как модули этих момен-

товравны,то _{� �}

M_T2M_P0.

Ответ:M_T224 Н· м,M_p24 Н· м, моменты остальных сил рав- ны нулю.

Задача 4.3

y
v0	r	m g	v

Камень массойm= 0,5 кг бросили под углом=30° к горизонту с начальной ско-

ростьюv₀

=5м/с.Пренебре-

[ ,m]

гая сопротивлением воздуха,^v0g

н_�айти:моментс_�илытяжестиMи импульсаLотноситель- но точки бросанияОвпроиз-

вольный момент времени и приt= 5 с.

Дано:m= 0,5 кг;v₀= 5 м/с;=30°;t= 5 с.

� �

Найти:M(t),L(t),M(5),L(5).

Поместим начало координатОв точку начала движения камня и запишем основное уравнение кинематики точки в векторном виде с

учетом того, что^�0

� �

r₀

r(t)v₀t

�

gt²

. (1)

2

Момент силы тяжести (4.3) относительно точкиОравен

_� ^�2 2

M[^�,m^�][^�t^gt,�][^�,m^�]t[^�,^�]^t[^�,m^�], (2)

r g v_{0 2mg} v_0g gg₂ v₀gt

gg]

так как векторное произведение двух одинаковых векторов[^��

0.

Из (4.10) следует, что

^{� � t�} �� ^t� �

LL_0Mdt[r_0,p_0]_[v_0,mg]tdt

0

� � �^t

0

t

� �^t2

� �^t2

(3)

2

[0,mv_0][v_0,mg]_tdt[v_0,mg]

0

[v₀,mg] .

2

0

Дугой со стрелкой на рисунке указано направление вращательного

движения правого винта от вектора начальной скорости^�к векто-

_� v₀

ру силы тяжестиmg, соединенному началом с вектором начальной

скорости. Поступательное движение винта определяет направление

вектора[^�,m^�].Вектор[^�,m^�]–направленнанасинеменяетсясо

v_{0g � �}v_0g

временем. ВекторыMиLсонаправлены с данным вектором, так как

_t2

отличаются от него только положительными константамиtи ответственно. По определению (4.2)и(4.4) ²

Mv₀mg(sin)t,M(5)50, 5100, 5562, 5Н· м,

со-

t² 25

Lv₀mg(sin)₂,L(5)50, 5100, 5₂

^� � �

Ответ: [ ,m]t,M(5)62, 5Н·м,

156, 25(кг· м₂)/c.

M v₀g

^� � �^t2

L[v₀,mg]₂,L(5)156, 25(кг· м₂)/c.