Метод виртуальных перемещений-2

Метод виртуальных перемещений - еще несколько задач. Начало здесь.

Задача 6.

Небольшой груз массы $m$ подвешен на трёх отрезках невесомой слабо растяжимой нити: один – длиной $L_0$ и два – длиной $L_1>L_0$ . Вторые концы всех нитей прикреплены к потолку вдоль одной линии таким образом, что все три отрезка при вертикальной нагрузке натягиваются одновременно. Найти величины сил натяжения нитей. Жесткость отрезка нити обратно пропорциональна её длине. Для $x \ll 1$ считайте известной формулу $\sqrt{1+x} \approx  1+\frac{x}{2}$.

Решение.

Нити справа и слева натянуты с одинаковыми силами $T_1$, горизонтальные составляющие которых компенсируют друг друга. Центральная нить натянута с силой $T_0$. Эти силы компенсирует сила тяжести груза:

$$mg=T_0+2T_1\cos \alpha$$

Где $\cos \alpha=\frac{L_0}{L_1}$

Пусть после подвешивания груза нити растянулись, но на очень малые величины: $\Delta L_1 \ll L_1$, $\Delta L_0 \ll L_0$. Если жесткости нитей $k_1$ и $k_0$, то

$$T_0=k_0 \Delta L_0$$

$$T_1=k_1 \Delta L_1$$

Так как длины нитей теперь равны $L_1+\Delta L_1$, $L_0+\Delta L_0$, то расстояние между точками крепления нитей будет равно

$$M=\sqrt{( L_1+\Delta L_1)^2-( L_0+\Delta L_0)^2}=\sqrt{L_1^2-L_0^2}$$

$$L_1^2+2L_1\Delta L_1+\Delta L_1^2-(L_0^2+2L_0\Delta L_0+\Delta L_0^2)= L_1^2-L_0^2$$

Сокращаем справа и слева одинаковые слагаемые, кроме того, пренебрежем величинами $\Delta L_1^2$ и $\Delta L_0^2$ - это величины второго поряда малости. Получим:

$$2L_1\Delta L_1-2L_0\Delta L_0=0$$

$$\Delta L_1=\frac{ L_0\Delta L_0}{L_1}$$

Таким образом,

$$T_1=k_1 \Delta L_1=\frac{ L_0\Delta L_0 k_1}{L_1}$$

Жесткости нитей, как известно, обратно пропорциональны длинам:

$$\frac{k_0}{k_1}=\frac{L_1}{L_0}$$

$$k_1=\frac{k_0 L_0}{L_1}$$

Тогда

$$T_1=\frac{ L_0\Delta L_0 k_1}{L_1}=\frac{L_0}{L_1}\cdot \frac{k_0 L_0}{L_1}\cdot \Delta L_0=\frac{L_0^2}{L_1^2}T_0$$

Возвращаемся к самому первому уравнению и подставляем в него найденное:

$$ mg=T_0+2T_1\cos \alpha=T_0+2\frac{L_0^2}{L_1^2}T_0\cdot \frac{L_0}{L_1}=T_0\left(1+\frac{L_0^3}{L_1^3}\right)$$

$$T_0=\frac{mgL_1^3}{L_0^3+L_1^3}$$

$$T_1=\frac{mgL_1^3}{L_0^3+L_1^3}\cdot \frac{L_0^2}{L_1^2}=\frac{mgL_1L_0^2}{L_0^3+L_1^3}$$

Ответ: $T_0=\frac{mgL_1^3}{L_0^3+L_1^3}$, $T_1=\frac{mgL_1L_0^2}{L_0^3+L_1^3}$.

 

Задача 7.

Два однородных стержня, массы которых $m_1$ и $m_2$, опираются на гладкие вертикальные стенки и гладкую горизонтальную поверхность. Найдите соотношение между углами $\alpha_1$ и $\alpha_2$ (или их функциями) при равновесии системы.

Решение. В системе двух стержней силы взаимодействия между ними – внутренние. Их суммарная работа – ноль. Пусть нижние концы стержней переместились на малую величину $\Delta x$. Работы сил реакции опоры равны нулю – они перпендикулярны перемещению.

Смещения по обеим осям связаны между собой:

$$\Delta y_1=\Delta x \operatorname{ctg}\alpha_1$$

При указанном смещении центр тяжести палки сместится соответственно на $\frac{\Delta x}{2}$ и на $\frac{\Delta y_1}{2}$.

Значит, потенциальная энергия стержня уменьшилась на

$$\Delta E_1=-\frac{\Delta y_1}{2}m_1g=- m_1g\frac{\Delta x \operatorname{ctg}\alpha_1}{2}$$

Так как вторая палка сместилась при этом вправо, то ее центр тяжести приподнялся на величину $\frac{\Delta x \operatorname{ctg}\alpha_2}{2}$. И ее потенциальная энергия увеличилась на

$$\Delta E_2=\frac{\Delta y_2}{2}m_2g= m_2g\frac{\Delta x \operatorname{ctg}\alpha_2}{2}$$

Так как работа равна нулю, то

$$m_1g\frac{\Delta x \operatorname{ctg}\alpha_1}{2}= m_2g\frac{\Delta x \operatorname{ctg}\alpha_2}{2}$$

Получаем, сто

$$\frac{m_1}{m_2}=\frac{\operatorname{tg}\alpha_1}{\operatorname{tg}\alpha_2}$$

Ответ: $\frac{m_1}{m_2}=\frac{\operatorname{tg}\alpha_1}{\operatorname{tg}\alpha_2}$

 

Задача 8.

С помощью массивного однородного каната, подвижного блока радиуса $R$ и неподвижного блока удерживают в покое груз. Масса каната $m$, его длина $l$, масса груза с подвижным блоком $M$. Расстояния по вертикали $H_1$ и $H_2$ известны.

а)   Найдите силу натяжения каната в точке B .

б)   Найдите прикладываемую к концу каната в точке K силу $F$ . Трением в осях блоков пренебречь.

Решение. Условие равновесия

$$T_A+T_C=2T_A=Mg+\frac{m}{l}\cdot \pi Rg$$

$\frac{m}{l}\cdot \pi Rg$ - масса части каната, расположенная под блоком.

Сила натяжения в точке $B$ равна силе натяжения в точке $A$ плюс силв тяжести части каната длbной $H_2$.

$$T_B=T_A+\frac{m}{l}\cdot H_2g=\left(\frac{M}{2}+\frac{m}{l}\cdot \left(\frac{\pi R}{2}+H_2\right)\right)g$$

Натяжение в точке $K$ равно натяжению в точке $C$ без силы тяжести части каната длиной $H_1$:

$$T_K=F=T_C-\frac{mgH_1}{l}=\left(\frac{M}{2}+\frac{m}{l}\cdot \left(\frac{\pi R}{2}-H_1\right)\right)g$$

Ответ: $T_B=\left(\frac{M}{2}+\frac{m}{l}\cdot \left(\frac{\pi R}{2}+H_2\right)\right)g$, $T_K=\left(\frac{M}{2}+\frac{m}{l}\cdot \left(\frac{\pi R}{2}-H_1\right)\right)g$.

Задача 9.

Петля из гибкой тяжёлой цепи массы $m$ надета на гладкий круговой конус, высота которого $H$ , а радиус основания $R$ . Цепь покоится в горизонтальной плоскости. Найдите натяжение цепи $T$.

Решение. Применяем метод виртуальных перемещений – сдвигаем кольцо вниз на $\Delta H \ll H$, при этом радиус кольца увеличивается на $\Delta r$,

$\Delta r \ll r$.

Для малого кусочка, чей центральный угол равен $\Delta \varphi$, равнодействующая сил натяжения равна

$$F_O= T\Delta \varphi $$

При растяжении кольца работа отрицательна - $F_O$ - к центру, $\Delta r$ - от центра.

$$- T\Delta \varphi\cdot \Delta r=mg\Delta H$$

Просуммируем справа и слева:

$$T R\Sigma \Delta \varphi=mgH$$

$$ T R\cdot 2\pi = mgH$$

$$T=\frac{mgH}{2\pi R}$$

Ответ: $T=\frac{mgH}{2\pi R}$.