1611690516-d99b7463a257f659341e7d5db73ba461 (826918), страница 16

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 16)

при а > ф 0. Следовательно, никакойсилой, образующей с нормалью угол а , меньший угла трения ф0,тело вдоль данной поверхности сдвинуть нельзя. Этим объясняютсяизвестные явления заклинивания или самоторможения тел.$ 26. РАВНОВЕСИЕ ПРИ НАЛИЧИИ ТРЕНИЯИзучение равновесия тел с учетом трения скольжения можносвести к рассмотрению предельного равновесия, которое имеет мес­то, когда сила трения равна F„v.При аналитическом решении реакцию шероховатой связи изобра­жают двумя ее составляющими N и jFnp.

Затем составляют обычные66уравнения равновесия и присоединяют к ним равенство Fnv= f 0N.И з полученной таким путем системы уравнений и определяют иско­мые величины.Если в задаче требуется определить условия равновесия привсех значениях, которые может иметь сила трения, т. е. при F ^ .F „р,то ее тоже можно решить, рассмотрев предельное равновесие иуменьшая затем в полученном результате коэффициент трения /#до нуля *.Отметим еще, что если в задаче надо определить значение силытрения F, когда равновесие не является предельным и fy = F np, то,как уже отмечалось в § 23, эту силу F следует считать неизвестнойвеличиной и находить из соответствующих уравнений (см.

вторуюЧасть задачи 29, а также задачи 151, 152, § 130).При геометрическом решении реакцию шероховатой связи удоб­нее изображать одной силой R , которая в предельном положенииравновесия отклонена от нормали к поверхности на угол ф0.Задача 29. Груз весом Р = 10 Н лежит на горизонтальной плоскости (рис.

77).Определить, какую силу Q, направленную под углом а = 3 0 ° к этой плоскости,иадо приложить к грузу, чтобы сдвинуть его с места, если статический коэффи­циент трения груза о плоскость / 0= 0 ,6 .Р е ш е н и е . Рассмотрим предельное равновесие груза. Тогда на него дей­ствуют силы P~,Q, N и F a f, Составляя условия равновесия в проекциях на о с е* и у, получим:Q cos а — Fпр= 0 , N + Q sin а — Р = 0 .Из последнего уравнения N = P — Q sin « . ТогдаЛ .р=Л )Л М / 0 (Р—Q sin а ).Подставляя это значение F„v в первое уравнение ирешая его, найдем окончательно‘чРЕсли к грузу приложить меньшую силу, например силу Q '= 4 Н , то тогда сдвигающее усилие будет” ИСравно O' cos 3 0 ° = 2 У 3 = 3 ,4 6 Н; максимальная же си­ла трения, которая может в этом случае развиться, будет F nv= f 0(P—O' sin 3 0°)== 4 ,8 Н. Следовательно, груз останется в покое. При этом удерживающая его вравновесии сила трения F определится из уравнения равновесия в проекции наось Ох и будет равна сдвигающей силе (F '= Q ' cos 30 = 3 ,4 6 Н), а не силе F „р.Обращаем внимание на то, что при всех расчетах следует определять f np поформуле F„p= f 0N , находя N из условий равновесия.

Ошибка, которую часто до­пускают в задачах, аналогичных решенной, состоит в том, что при подсчетах счи­тают F„v= f aP, в то время как сила давления на плоскость здесь не равна весугруза Р.Задача 30. Определить, при каких значениях угла наклона а груз, лежащийна наклонной плоскости, остается в равновесии, если его коэффициент трения оплоскость равен /0,*В самом деле, когда равновесие является предельным, сила трения F = F „ V== ftN .

В остальных положениях равновесия F < ft N . Следовательно, в каждом■з этих положений можно считать F = k N , где k < } 0. При А = 0 (или / 0= 0) получимположение равновесия, соответствующее случаю, когда связь является гладкой(идеальной).5*67Р е ш е н и е . Найдем сначала предельное положение равновесия, при кото­ром угол а равен а пр.

В этом положении (рис. 78) на груз действуют сила тяже­сти Р, нормальная реакция N и предельная сила трения F„t . Строя из перечислен­ных сил замкнутый треугольник, находим из него, ч т о F np= M g а „ р. Н осдругойстороны, F„t = f t N. Следовательно,t g a np= / e.(а)Если в полученном равенстве уменьшат^то значение а пр будет тожеуменьшаться. Отсюда заключаем, что равновесие возможной при a < a np.

Окон­чательно все значения угла а , при которых груз будет в равновесии, определятсянеравенствомtg a <f„.(б)Полученный в задаче результат, выражаемый равенством (а), можно исполь­зовать для экспериментального определения коэффициента трения, находя угола лр из опыта.Заметим еще, что так как /0= tg <р», где ф0— угол трения, то, следовательно,®пр= Фв. т. е. наибольший угол а , при котором груз, лежащий на наклонной пло­скости, остается в равновесии, равен углу трения.Задача 31.

Изогнутый под прямым углом брус опирается своей вертикальнойчастью о выступы А и В , расстояние между которыми (по вертикали) h (рис. 79, а).Пренебрегая весом бруса, найти, при какой ширине d брус с лежащим на его гори­зонтальной части грузом будет находиться в равновесии при любом положениигруза. Коэффициент трения бруса о направляющие равен /„.Р е ш е н и е .

Обозначим вес груза через Р , а его расстояние от вертикаль­ной части бруса через I. Рассмотрим предельное равновесие бруса, при котором егоширина d = d„ p. Тогда на брус действуют силы Р, N , F, N ', F ', где F и Fr— пре­дельные силы трения. Составляя условия равновесия (29) и беря моменты отно­сительно центра А , получаем:N — N '= О, F + F '— P = 0, N k - F d ap- P l = О,где F = f0N , F '= f0N '. Из двух первых уравнений находим:N = N ', P —2f0N.Подставляя эти значения в третье уравнение и сокращая на N , получимоткуда/!-/о < Ч - 2/„;= 0,dnp—hifo—2/.Если в этом равенстве уменьшать / 0 до нуля, то его правая часть будет растидо бесконечности. Следовательно, равновесие возможно при любом значении^ > ^ п Р- В свою очередь d a f имеет наибольшее значение, когда 1=0.

Значит брусбудет в равновесии при любом положении груза (при0 ), если будет выполнять­ся неравенство d ^ h f f 0. Чем меньше трение, тем d должно быть больше. При от­сутствии трения (/„ = ’0 ) равновесие невозможно, так как в этом случае получаетсяd=Приведем еще геометрическое решение задачи. При таком решении вместо68нормальных реакций и сил трення изображаем в точках А и В полные реакцииЯд иТ?в , которые в предельном положении отклонены от нор_малей на_угол тре­ния фо (рис. 79, б). Тогда на брус будут действовать три силы R A , R b , Р • При рав­новесии линии действия этих сил должны пересекаться водной точке, т. е. в точке К , где пересекаются силы R A иR b - Отсюда получаем очевидное (см.

рис. 79, б) равенствоА=(Л-^пр) tg 44, + / tg «Ре или A =( 2 H -d np)так какtg <Ро=/,. В результате находим для 4 пр то же значение,что и при аналитическом решении.Задача дает пример самотормозящегося устройства,нередко применяемого на практике.Задача 32. Пренебрегая весом лестницы А В (рис. 80),найти, при каких значениях угла а человек может под­няться по лестнице до ее конца В , если угол трения ле­стницы о пол и о стену равен <р,.Р е ш е н и е . Рассмотрим предельное положениеравновесия лестницы и применим для решения гео­метрический метод. В предельном положении на лест­ницу действуют реакции R A и Ж в пола и стены, отклоненные от нормалей к этимплоскостям на угол трения <р». Линии действия реакций пересекаются в точке /С.Следовательно, при равновесии третья действующая на лестницу сила Я (числен­но равная весу человека) также должна пройти через точку К ■Поэтому в поло­жений, показанном на чертеже, выше точки D человек подняться не может.

Что­бы человек мог подняться до точки В, линии действия сил 7?д'и R b должны пере­сечься где-нибудь на прямой ВО, что возможно лишь тогда, когда силабудетнаправлена вдоль А В , т. е. когда угол а « р ф.Следовательно, человек может подняться по лестнице до ее конца тогда, когдаона образует со стеной угол, не превышающий угла трения лестницы о пол.Трение о стену при этом роли не играет, т. е. стена может быть гладкой.| 26* ТРЕНИЕ НИТИ О ЦИЛИНДРИЧЕСКУЮ ПОВЕРХНОСТЬК нити, накинутой на круглый цилиндрический вал (рис.

81), приложена ри­ла У. Найдем, какую наименьшую силу Q надо приложить к другому концунити, чтобы сохранить равновесие при данном угле АОВ, равном а , если коэф­фициент трения нити о вал /„.Для решения задачи рассмотрим равновесие элемента нити D E длины d / =*=/? d0, где R — радиус вала.

Разность натяжений нити в точках D и Е , равнаяd Т , уравновешивается силой трения d r — ft d S(dN — нормальней реакция), так как принаименьшей силе Q равновесие является пре­дельным. Следовательно,d T = ft dN.Значение dA/ определим из уравненияравновесия в проекции на ось у. Полагаясинус малого угла равным самому углу ипренебрегая малыми высшего порядка, най­дем, чтоA N = T sin (d 0 /2 )+ (T + d 7 1 sin (d 0 /2 )== 2 7 М е/2 = 7 \1 0 .Подставляя это значение dN в предыдущее равенство, получимd r = /,r d 0.Разделим обе части равенства на Т и возьмем интегралы справа в пределах от 0до а , а слева от Q до Р (так как натяжение нити в точке, где 0 = 0 , равно Q, а вточке, где 6 = а , равно Р), Получим:РАТаСРY = h \ <Юи l n Q-=/o<*Отсюда следует, что P/Q— ^ ,a илиQ=(42)Как видим, потребная сила Q зависит только от коэффициента трения f„ и угла а ;от радиуса вала сила Q не зависит.

При отсутствии трения (f0= 0) получаем, каки следовало ожидать, Q = P . Практически очень важен тот факт, что, увеличиваяугол а (навивая нить), можно значительно уменьшить силу Q, необходимую дляуравновешивания силы Р , что видно из 1-абл. 1. Например (см. табл. 1), натя­жение в 1000 Н можно уравновесить силой всего в 2 Н , дважды обернув пенько­вый канат вокруг деревянного столба.Таблица1. Значения Q/Р при / 0 = 0,5 (пеньковый канат по дереву)ОборотыаQ/P—t1,аЯ0,2082л0,043Зя0,0094л0,002Формула (42) определяет также отношение натяжений Р (ведущей) и Q (ве­домой) частей ремня, равномерно вращающего шкив, если проскальзывание рем­ня по шкиву отсутствует. Считая, например, при э т о м а = я и принимая для кожа­ного ремня и чугунного шкива fe= 0 ,3 , получим,что отношение натяжений Q//>= e -#,*” » 0 ,4 .ЗАдача 33.

Характеристики

Список файлов книги