С.Ю. Никитин, С.С. Чесноков - Механика (1111872), страница 21
Текст из файла (страница 21)
12.7), удовлетворяет соотношению:tg β =RyRx= 2 tg α .Пример 12.4. У стены стоит лестница. Коэффициент трения лестницы остену равен μ1 = 0,4, коэффициент трения лестницы о землю равен μ2 = 0,5.Центр тяжести лестницы находится в ее середине. а) Определить наименьший угол ϕ, который лестница может образовать с горизонталью, не падая.б) Пусть лестница поставлена в таком положении, что малейшее уменьшение угла ϕ должно привести к ее падению.
Упадет ли лестница, если человек встанет на ее нижнюю ступеньку? на ее верхнюю ступеньку?Решение. а) Силы, действующие на лестницу в положении равновесия, изображены на рис. 12.8. Наименьший угол ϕ соответствует случаю, когда величины сил трения покоя F1 и F2 достигают максимальных значений:F1 = μ1N 1 , F2 = μ 2 N 2 . Из условий равновесия следуют равенства:§12. Статика. Равновесие механической системы168μ1N 1 + N 2 − mg = 0 , μ 2 N 2 − N 1 = 0 ,lN 1l sin ϕ − mg cos ϕ + μ1N 1l cos ϕ = 0 .2Отсюда tg ϕ =1 − μ1μ 2= 0,8 ; ϕ = 38°40′ .2μ 2б). Когда человек встанет на нижнюю ступенькулестницы, центр тяжести системы "лестница – чеРис. 12.8ловек" сместится ближе к нижнему концу лестницы. Обозначив это смещение через x, найдем новое условие равновесия:tg ϕ1 =1 ⎡⎛ l⎞⎤⎛l⎞⎢⎜⎝ − x ⎟⎠ − μ1μ 2 ⎜⎝ + x ⎟⎠ ⎥ .2μ 2l ⎣ 2⎦Видно, что ϕ1 < ϕ .
Следовательно, если человек встанет на нижнюю ступеньку, то лестница не упадет. Она упадет, когда x поменяет знак, т.е. когдачеловек перейдет через середину лестницы.Пример 12.5. Тонкостенная полусфера массой M ирадиусом R покоится на горизонтальном столе(рис. 12.9). На какую высоту h опустится край полусферы, если на него сядет муха массой m?Рис. 12.9Решение. Для анализа равновесия системы необходимо найти положениецентра тяжести полусферы. Введем сферическую систему координат (рис.12.10). Учитывая осевую симметрию рассматриваемого тела, разобьем полусферу на тонкие кольца шириной R dϑ .
Площадь кольца, определяемогоугломϑ , равнаdS = 2πR 2 sin ϑdϑ ,§12. Статика. Равновесие механической системы169а его массаdM =M2πR 2dS = M sin ϑ dϑ .Рис. 12.10Центр тяжести полусферы находится на ее осисимметрии (оси OZ). Координата центра тяжести вычисляется по формулеzc =1Mπ /2∫π /2R cos ϑ dM = R0R∫ sin ϑ cos ϑ dϑ = 2 .0Таким образом, центр тяжести полусферы располагается на расстоянииa = R / 2 от ее центра.Под действием веса мухи полусферазаймет наклонное положение, изображенное нарис.
12.11, где через N обозначена сила реакциистола. Уравнение моментов, записанное относительно оси, перпендикулярной плоскости рисунка и проходящей через точку касанияполусферы и стола имеет вид:Рис. 12.11M ga sin α = mgR cos α .где α – угол, на который отклонится полусфера.
Отсюдаtg α =mmR=2.MaMИз рисунка видно, что искомая величина h = R sin α . Ответ:h=R tg α1 + tg 2 α=R1 + (M / (2m) )2.§12. Статика. Равновесие механической системы170Задание для самостоятельной работы12.6. Стол снабжен выдвигающимся ящиком, размеры которого указаны нарис. 12.12. Коэффициент трения между трущимися поверхностями ящика ипазов равен μ.
На каких расстояниях x от края ящика нужно прикладывать кнему силу F, чтобы его выдвинуть?12.7. В цилиндрическом желобе радиусом 7R лежат три одинаковых бревнарадиусом R (рис. 12.13). Трение о желоб велико. При каком минимальномкоэффициенте трения между бревнами они не раскатятся? Определите также коэффициент трения, при котором бревна не раскатятся в случае, когдарадиус желоба бесконечно велик (горизонтальная плоская опора).Рис. 12.12Рис.
12.1312.8. Однородная проволока согнута под углом α и подвешена на легкойнити так, как это показано на рис. 12.14. Какой угол ϕ с горизонталью составляет нижняя часть проволоки?Рис. 12.14Рис. 12.1412.9. Два однородных стержня массами m и M и длиной соответственно l иL жестко скреплены под прямым углом друг с другом и подвешены в точке§12.
Статика. Равновесие механической системы171O (рис. 12.15). На какой угол α отклонится горизонтальный стержень, еслик его концам подвесить грузы массами m и M?12.10. На внутренней поверхности гладкой сферы лежит невесомый стержень с маленькими шариками массами m1 и m2 на концах (рис. 12.16). Длина стержня равна радиусу сферы. Пренебрегая трением найти угол α, который составляет стержень с горизонталью.12.11.
Лестница стоит на шероховатом полу и опирается о выступ, снабженный роликом (рис. 12.17). Расстояние АВ от нижнего конца лестницы довыступа составляет 3/4 ее полной длины, угол наклона лестницы α = 45° .Каков должен быть коэффициент трения μ между лестницей и полом, чтобыона находилась в равновесии? Трением в ролике пренебречь.Рис. 12.16Рис. 12.1712.12. Два шарика, соединенные невесомым жестким стержнем, подвешенына невесомых нитях одинаковой длины, закрепленных в одной и той жеточке (рис. 12.18). Найти отношение масс шариков k = m1 / m2 , если из-вестно, что нить, на которой висит первый из них, отклонена от вертикалина угол α = 30° , а нить, на которой висит второй, отклонена на уголβ = 45° .12.13. Определить положение центра тяжести однородного диска радиусомR, из которого вырезано круглое отверстие радиусом r (рис.
12.19). Центротверстия находится от центра диска на расстоянии R/2.§12. Статика. Равновесие механической системы172Рис. 12.18Рис. 12.1912.14. Определить положение центра тяжести половины круглого однородного диска радиусом R.12.15. Определить положение центра тяжести однородной проволоки длиной l, изогнутой по дуге окружности радиусом R; рассмотреть случаи:l=πR(четверть кольца), l = πR (половина кольца).2§13. Малые колебания173§13. Малые колебанияКраткие теоретические сведенияШироко распространенным в природе типом движения механических систем являются малые колебания, совершаемые вблизи устойчивогоположения равновесия.Общий подход к решению задачи о малых колебаниях изложимвначале на примере голономной системы с одной степенью свободы.
В этомслучае потенциальная энергия зависит от одной обобщенной координаты:Π = Π(q) . Обозначив через q0 значение координаты q в положении равновесия, имеем (см. §12)∂Π=0.∂q q0(13.1)Рассмотрим малые отклонения системы от положения равновесия и введемновую обобщенную координату:η = q − q0 .(13.2)Разлагая потенциальную энергию в ряд Тейлора вблизи положения равновесия, получаем:Π(q) = Π(q0 ) +∂Π1 ∂2Πη+η2 +L .∂q q2 ∂q 2q00(13.3)Первое слагаемое в (13.3) можно отбросить как несущественное, посколькупотенциальная энергия всегда определяется с точностью до постоянной.Второе слагаемое в положении равновесия обращается в нуль.
Вводя обозначение§13. Малые колебания174Π1 =∂2 Π∂q2 q0,(13.4)получим для потенциальной энергии вблизи положения равновесия следующее выражениеΠ≈1Π 1η2 .2(13.5)Кинетическая энергия системы всегда может быть представлена какΚ=1&2.f (q) η2(13.6)Полагая q = q0 и обозначая f (q0 ) через Κ 1 , выразим кинетическую энергию системы в видеΚ≈1&2.Κ 1η2(13.7)Таким образом, вблизи положения равновесия лагранжиан системы можетбыть приближенно записан в следующей форме:L≈()1& 2 − Π 1η2 .Κ 1η2(13.8)Заметим, что Κ 1 всегда положительно. Если положение равновесия устойчиво, то Π 1 > 0 (см.
§12). Уравнение движения системы, совершающейсвободные малые колебания, имеет вид:&&η + ω2η = 0 ,(13.9)§13. Малые колебания175где ω = Π 1 / Κ 1 – собственная частота. Общее решение уравнения (13.9)записывается следующим образом:η(t ) = A cos(ωt + ϕ ) ,(13.10)где A – амплитуда, ϕ – начальная фаза колебаний.
Используя начальныеусловия& (0) = v0 ,η(0) = η0 , η(13.11)⎛ v ⎞A = η20 + v02 / ω 2 , ϕ = arctg⎜ − 0 ⎟ .⎝ ωη0 ⎠(13.12)находимПерейдем теперь к анализу малых колебаний системы со многимистепенями свободы. Устойчивому равновесию соответствует такое положение голономной системы, в котором ее потенциальная энергия Π(q1, L, qs )имеет минимум по всем s обобщенным координатам.
Обозначим через qj0( j = 1, 2, L, s ) значения обобщенных координат в положении равновесия.Тогда∂Π∂q jq j0= 0, j = 1, 2, L, s .(13.13)Введем новые обобщенные координаты:η j = q j − q j 0 , j = 1, 2, L, s .(13.14)Разложим потенциальную энергию системы в окрестности положения равновесия в ряд Тейлора:§13. Малые колебания176sΠ(q1, L, qs ) = Π(q10 , L, qs0 ) ++12ssj =1∂2Π∑ ∑ ∂q p∂q j qp0 η pη j +L .p=1 j =1∂Π∑ ∂q jηj +q j0(13.15)q j0Отбрасывая в (13.15) несущественное первое слагаемое, учитывая (13.13) ивводя обозначенияΠ pj =∂2 Π,∂q p∂q j q p0q j0(13.16)выразим потенциальную энергию вблизи положения равновесия как квадратичную форму обобщенных координат с постоянными коэффициентами:Π≈12ss∑ ∑ Π pj η pη j .(13.17)p=1 j =1Если положение равновесия устойчиво, то квадратичная форма (13.17) является положительно определенной.Запишем кинетическую энергию системы, выразив ее через обобщенные координаты и обобщенные скорости:Κ=12ss∑ ∑ f pj (q1,L, qs ) η& pη& j .(13.18)p=1 j =1Полагая q j = q j 0 и обозначая f pj ( q10 , L, qs0 ) через Κ pj , представим кинетическую энергию систему в виде положительно определенной квадратичной формы обобщенных скоростей с постоянными коэффициентами:§13.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
