Теоретическая механика избранные задачи студенческих олимпиад ПНИПУ

вертикально вверх в точке, ближайшей к С, или вертикально вниз во второй точке.

ния детально), что размеры конструкции в них не содержатся или сокращаются.

61

Равновесие стержня возможно, если N A 0 , N B 0 (выполнено) и Fтр f N A . Последнее неравенство эквивалентно неравен-

ствам mg(2F) f tg mg(2F) f .

Ответ:

если k f , то arctg k f arctg k f ;

С15. Уравнения равновесия балки (реакция в шарнире A равна нулю):

Fx Q N sin 0 , Fy F N cos 0 ,

62

mD F KD Q BC M 0 .

Так как Q F , то из первых двух уравнений находим tg 1. Так как M F , KD AD , BC 2 , то из третьего уравнения находим AD 2 .

Ответ: AD 2 , 4 .

С16. Ответ: RA Q 114 .

К задаче С17

С17. Достаточно составить три уравнения равновесия. Для стержня AD:

mA M M A yD 0 ,

для стержня DC:

mC F 2 xD 0 ,

для стержней DC и CBH:

mK xD yD 2 0 .

К задаче С19

С19. Составим уравнения равновесия цилиндров. Для цилиндра 1:

Fx Fтр1 Fтр sin N cos 0 ,

Fy m1g Fтр cos N sin N1 0 ,

mC1 Fтр1R1 FтрR1 0 .

Для цилиндра 2:

Fx Fтр sin N2 N cos 0 ,

Fy m2 g Fтр2 Fтр cos N sin 0 ,

mC2 Fтр2 R2 FтрR2 0 .

Из этих уравнений находим

Fтр1 F , Fтр2 F , Fтр F ,

N1 m1g F(1 sin )cos , N2 F , N F(1 sin )cos ,

С20. Ответ: 6 .

С21. Если при n отбросить стержень A1B1 (сохранив закрепление в точке D1 ), то оставшаяся цепочка стержней будет эк-

уравнение равновесия стержня A1B1 ( – длина стержня)

mB1 mg 2 T T k 0 ,

получим

Ответ: T mg 2(1 k) .

С22. Ответ: Q M1R 2M2 sin . 2b sin

С23. Отбросим нить, а силы натяжения нити будем считать активными. Далее заменим каждую силу тяжести и каждую силу натяжения нити двумя равными силами, расположенными на концах соответствующего стержня. Затем отбросим силы, мощности которых равны нулю для любых возможных скоростей. Оставшиеся активные силы показаны на рисунке. Придадим точкам A и B возмож-

ные скорости VA и VB . Тогда сумма мощностей активных сил

N a (m1 m2 )g2 VA sin T2 VB .

Учитывая, что VA VB cos и в равновесии N a 0 для любой VB , получаем

65

Ответ: T (m1 m2 )g sin cos .

К задаче С25

С25. Искомое множество значений определяется из требования совместности уравнений равновесия и неравенств, выражающих закон Кулона и условия прилегания цилиндра к балке и плоскости. Уравнение равновесия балки:

mO m1g OC1 cos N1 OB 0 .

Fy 0 содержат по одной новой неизвестной ( xO , yO ) каждое

и поэтому не приводят к дополнительным требованиям совместности. Уравнения равновесия цилиндра (R – радиус цилиндра):

Fx Fтр1 cos Fтр2 N1 sin 0 ,

mC2 Fтр1 Fтр2 R 0 ,

mD m2 g N1 N2 Rctg 2 0 .

Из этих уравнений находим

Fтр1 Fтр2 N1 sin 1 cos N1tg 2 , N2 N1 m2 g .

66

К задаче С27 К задаче С29

С29. Придадим точке 1 возможную скорость V1 . Тогда сумма мощностей активных сил

N a m1gV1 cos 2 2 m 2 gV2 cos( ) .

Учитывая, что V1 V2 и в равновесии N a 0 для любой V1 , получаем

67

Ответ: m 2 2m1 sin .

сила N A , образующая угол с радиусом, то из соображений симметрии в точке B на дугу действует сила N B , имеющая тот же модуль и также образующая угол с радиусом. Поскольку сумма проекций сил N A и N B на прямую OA равна нулю, то 3 . Тогда, приравнивая нулю сумму проекций всех действующих на дугу сил на линию действия силы P1 , получаем

Ответ: N A P 3 .

С32. Ответ: M1 (M2 M3 )3 .

С33. Обозначим через T натяжение троса, перекинутого через верхний блок. Рассматривая равновесие нижнего блока, легко установить, что натяжение перекинутого через него троса равно T2 .

Тогда на платформу и точку действуют силы, показанные на рисунке. Уравнение равновесия точки:

Fy T2 N m2 g 0 .

Уравнения равновесия платформы:

Fy 3T2 N m1g 0 ,

68

mA Ts m1g 2 s T2 s 0 .

где T1 T2 T3 T4 m2 g .

Ответ: M A m1g m2 g 2 sin cos . С36. Ответ: F M2 2 (M1 1) sin cos( ) .

С37. Уравнения равновесия куба 1:

Fx N Fтр 0 , Fy m1g N1 0 ,

mB m1g 1 2 BD N 2 cos 0 .

Уравнения равновесия куба 2:

Fx m 2 g sin N cos 0 ,

Fy m 2 g cos N sin N2 0 ,

mA m 2 g 2 2 sin cos N2 HK 0 .

69

и пятое дают Ответ: система может находиться в равновесии при одновре-

Тогда сумма мощностей активных сил N a M1 1 M 2 2 . Выразим 2 через 1 . Построив МЦС колеса 4, находим по теореме синусов из BCCV : CCV Rsin( )sin . Далее

VC 1( R r) 4 CCV ,

откуда находим 4 и

VE 4 ECV 1( R r) sin sin( ) 1

70