С.П. Стрелков, Д.В. Сивухин, В.А. Угаров, И.А. Яковлев - Сборник задач по общему курсу физики. Т1. Механика (1108148), страница 46
Текст из файла (страница 46)
527. О = 45', т = р',225. 528. 17 = Р~Ь)(ОЕг() Упругая энергия увеличится в? раз 529. Решение. В силу симметрии касательное напряжение т, действующее в оболочке, одно и тоже и одинаково во всех направлениях. Возьмем малый элемент оболочки, имеющий форму прямоугольника. При вычислении относительного изменения площади этого элемента под действием касательных напряжений т можно отвлечься от кривизны элемента, приняв его за плоскую прямоугольную пластинку.
Тогда вычисление дает ЬЯггЕ .= 2(1 — 12)т)Е (изменением площади, вызванным нормальным давлением, пренебрегаем). Поскольку плошадь Е пропорциональна (г' з, относительное изменение объема будет зз)ггг(г = зг(2ЬЕ,гЯ. Так как поверхность искривлена, то натяжение т создаст разность нормальных давлений.
Для нее нетрудно получить 2тд,()7 (см. формулу Лапласа в учении о поверхностном натяжении). Эта разность должна быть уравновешена разностью давлений газа 2зр по разные стороны оболочки В резутьтате получим 202 Ответы и решения Р боои мз Р Зс»~ Ч аз 534. Силы натяжения; Р~ = —, Рз =— ,Рз= 2 еч Ч 4оз Ч оз' 2 о~ Ч 4оо -» оз' Р 2оз — см , где ои = !ггЯы ем = !»газ, оз = !,газ. Все тяги растянуты 2 о~ Ч-4оо Ь оз при Я > Яз/2 Решение. Если удлинение первой тяги Ьхы а третьей — »Лхз, то можно составить следующие уравнения: з\х~ Ч- »\хз Р~ = АЯЬхы Рз = АЯз 2 Рз = АКззЛхз, где А — определенная постоянная величина. Добавим еще два уравнения: Р~ + Рз -О Рз = Р— уравнение равновесия сил и Р~ = Рз ч- ЗРз — следствие уравнения моментов.
Решая эти пять уравнений, найдем ответ. 535. Р = 125 кгс, Л = 5 мм. У к а з а н и е. 1) Если максимальное напряжение в поперечном сечении стержня у места заделки будет равно гг, то распределение нормальных напряжений в этом сечении описывается выражением (2егга) з, где а — высота поперечного сечения и з — расстояние от середины сечения. Тогда равенство моментов внешних сил Р! и внутренних сил в сечении заделки можно записать Так: аг'2 4еЬ Г з »Ьаз Р1= — ~ з с!а= — —, а ~ б о где Ь вЂ” ширина сечения стержня. 2) Кривая прогибов консоль- но закрепленного стержня уЬх) (рис 241) определяется дифференциальным уравнением ) Рис. 24! 1»(,! — х) =- К| —, где Р(! — х) — момент внешних сил относительно сечения балки.
имеющего координату х, 1 — момент инерции площади поперечного сечения стержня относительно горизонтальной оси, проходящей через центр масс сечения. Для прямоугольника высотой а и шириной Ь 1 = а !»,»12. Уравнение, определяющее з прогибы, можно два раза проинтегрировать, и учесть, что у(0) = (0) =- О. у Их Тогда »Гу Р р о — = — ~(1-а«= — (!х- — ), о х)=:,1( -',) =2:,(*'- ) о отсюда Л = у(!) = 1»!з/(ЗЕ1); подставляя значение 1, получаем для стрелы прогиба Л = 4Р!з)(изЬЕ) = 5мм 536 Л = Р!з)!48Е1) Указание.
Стрелу прогиба можно подсчитать по формуле, указанной в ответе предыдущей задачи, если учесть, что поперечное сечение в середине ') См., например, С П. Стрелков, Механика. — М.. «Наука», 1975, 888, 89. 69. Упругие деформации 203 йзр ( жесткость средней пружины ) !ся где а —, ( ) и 3 = —. Исключая Рд 2451 ь«жесткость» половины стержня нв нагие»г ' й! и 6, получим ответ. 4 62а 28 463,'-2а ' 44342с» Рд 2 Р 2 4 4Д62а В! Проверьте случай абсолютно жесткого стержня (а = О) и случай идеального гибкого стержня (а = сс) 533.
Л = Р!" 1(2аб'Е) = О, 03 мм (см. указание к задаче 536). 539. Л = Р(з((4а»Е) — 1, 25 мм. 540. Так как момент инерции сечения трубки 1 = и(ЕЛ вЂ” д")!64, то Л .=- 4 Р13 зп(О» — д») Е 4РР 541. Е = !О кгсг»мм- (см. момент инерции в ответе предыдущей Зигт»Л задачи). 542.
Е = 48 н!1»Л Ук а з а н и е Стрелу прогиба и в этом случае можно подсчитать по формуле задачи 536, если учесть, что вследствие симметрии каждую четвертую часть длины балки можно рассматривать как консольно закрепленную (рис 243) Это возможно потому, что изгибающий момент равен нулю в тех местах, где мы мысленно рассекли балку. Вследствие симметрии кривизна в этих местах равна нулю, а следовательно. и изгибающий момент равен нулю. 543. Решение. Считаем, что при закручивании поперечное сечение стержня, находящееся на расстоянии д! от другого сечения, поворачивается на угол дф относительно него Кольцо, вырезанное между этими сечениями, имеющее радиус р и толщину др, сдвинется на угол (рис. 244) да =- рд:о,гд! Касательное напряжение в сечении на расстоянии р от оси будет т = Хрд»от»д(.
Момент сил, действующих на поверхность кольца радиуса р и толщины др, дМ = 2.~гр дртр = 2хйт' — р' др. .дэ» ! д1 балки не повернулось при деформации. Поэтому прогиб будет такой же, как и прогиб консольно закрепленной половины балки под действием реакции опоры конца балки, равной 1»(2. 537. Решение. Пусть смещение конца стержня сЛ1. Под действием силы 1»з средней пружины стержень выгнется вверх и стрела прогиба будет б. Тогда стержень будет находиться в равновесии под действием сил, показанных на рис.
242, где !'! = и!сЛ1, Р, = г тЛ! = йя( — б) Считая тЛ1 очень ма- Р, ! ! лым, можно определить б по формуле, указанной в ответе предыдущей 51 (Р— Р,)Р задачи, или !) = Усло- 24Е1 вне равенства моментов сил: Рв — 4- 2 4- Р!1 = Р1 Из этих уравнений находим 4-!- 2а Р 4 -!- д Ч- 2а !с! ' Рис. 242 2О4 Ответы и решения Момент сил в сечении М = 2яЖ вЂ” ~ р' о(р = яАà — —, ,Е:р 1,! Е!о г! гг! ~ о'! 2 ' о где г — радиус стержня. Момент ЛХ равен моменту внешних сил; отсюда Ем 4РЯ ЛХ = 2РРг. Подставляя это в предыдущее выражение, получаем— 4Р8! ! о сЦ яегг4 ' следовательно, д =, Эо = — = 3,6'.
яд!г4 ' бгг Рис 244 Рис. 243 544. Центр масс диска описывает при вращении окружность радиуса о( + + Х, где с — прогиб вала, зависящий от числа его оборотов. Упругая сила )гс сообщает центру масс центростремительное ускорение. Поэтому можно написать !геР(!(4-С) = йь, откуда прогиб (вмм) (544.1) ЛХ(гп~ ~!) — ! (Угловую частоту ш =,Ят, при которой С вЂ” ~ оо, называют критической частотой и, очевидно, стараются так подобрать условия работы вала, чтобы он не работал при критических частотах.
Вал может работать и при частоте выше критической Для этого надо, ускоряя вращение вала, достаточно быстро пройти через критическое значение угловой частоты. Амплитуда колебаний вала не успевает заметно возрасти.) 545. и = йьгГ7р, где й — безразмерный коэффициент, значение которого не может быть найдено примененным методом решения задачи. Решение (Г) = МХХР ', (р) = ЛХХ ', (о) = ХТ ', где М вЂ” масса, Х. — длина и 7' — время. Имеем: ь = Х(Р,р), или (е) = (Р р"), Х Р = (ЛХХ,Т ) . (М1, ')", откуда для степеней Т, Д и ЛХ в выражении для размерности скорости получаем соответственно уравнения: гп — и = 1, 2гп = 1, т 4-п = О, из которых находим т = 4-112, п, = †1. 546. 0,4 гс. 547. и = Ль/Г7р Указание. См. решение задачи 545.
548. Решение. Для простоты введем такие единицы, чтобы плотности кинетической и потенциальной энергий выражались формулами ш,„о = п~, 29. Упругие деформации 205 Р! = о! = (Р -~ и)гг2, Еб = — из = ( 1' — ь)12. Отношение энергий, уносимых возмущениями, равно е~ уР~ Л' 'Р -и о',з ! -ь 2Руо -ь (Р(о)з Е ! Рз,l 1,Р— ! ! — 2Р/о '- ГРго)~' или Е! ! -Ь2„Б -1-а (ига 41'!з Ез ! — 2йа -1- а ! ига — 1/ 549.
Л = — '! 2 Ц пдзЕ ГК+Ч:- о 550. о = 2хо)) — — — — —, где тп — масса стрелы, ! — длина тетивы. пй Р е ш е н и е. Сила, действующая на стрелу, l х 2х А! зт = 22дсоз а = 22Р— = 2(уз + мх) — -'. 11'2 — — Н Приравнивая энергию деформации лука кинетической энергии стрелы, находим ее скорость. 551. Из подобия треугольников (рис. 245) 21 следует: = при Р » 1, откуда 412 Р+ д . Напряжения, возникающие при удлинеТг -1- д нии верхнего волокна, равны Центр бар ж д „! а=Š— =Р ' =2 10 =10кгсг'мм.
ТЗ -1- й 2000 Рис. 245 552. Укорочение бруска будет в два раза меньше. Решение. В отсутствие упора брусок будет ускоренно двигаться. Сила сжатия в сечении стержня на расстоянии х от А будет Т = Р(1 — х,гЕ), так как предшествующие элементы бруска должны сообщать ускорение последующим. Изменение длины элемента стержня дх, удаленного на х от А, будет дх (! ) дх. Общее изменение длины, следовательно, будет абана йтЕ = ~дб =— о 553. бг = ьпа 1)!6ЕЯ). 554.
Никакого напряжения не будет, так как в этом случае сила притяжения Земли действует на все элементы бруска, сообщая им одинаковое и„„= Р'. Представим начальное возмущение Р, о '!Р— давление, и — скорость настин стержня) в виде суммы двух возмущений: Р!, о! и Р,, и . Тогда Р = Р! + Рз, и = и! + из. Величины Р!, и! и Рм ьз подберем так, чтобы каждое из начальных возмУЩений Ри и! и Рм и, поРожДало возмУЩение, бегУЩее в одном направлении. Тогда Рз = и, Р.,' = из.
Если первое возмущение бежит вправо, а второе — влево, то Р!ш > О, Рзо ( О. Учитывая это, получаем Р! = = и!, Рз = — от и далее 206 Ответы и решения ускорение. В задаче 552 сила была приложена к одному концу бруска. и последующие элементы бруска получили ускорение только вследствие сжатия предшествующих. 556.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
