Статика: задачки ненулевого уровня, продолжение.

В этой статье собраны задачи из задачника Русакова и др. Задачи «крепкие» - тянут на подготовку к городскому этапу олимпиады. Вполне доступны для решения школьниками от  8 класса, знакомыми с азами тригонометрии – геометрическими определениями основных функций.

Задача 1.

Однородная балка массой $M$ и длиной $L$ подвешена на двух одинаковых веревках длиной $l$. С какой силой сжимается балка?

Условие равновесия балки

$$2T\sin{\alpha}=Mg$$

Откуда

$$T=\frac{Mg}{2\sin{\alpha}}$$

Сила, с которой балка сжимается, равна горизонтальной составляющей силы $T$, поэтому

$$F=T\cos{\alpha}=\frac{Mg}{2\sin{\alpha}}\cdot \cos{\alpha}=\frac{1}{2}Mg\operatorname {ctg}{\alpha}=\frac{1}{2}Mg\frac{\frac{L}{2}}{h}$$

По Пифагору

$$h=\sqrt{l^2-\frac{L^2}{4}}$$

Тогда

$$F=\frac{\frac{ Mg L}{2}}{\sqrt{4l^2-L^2}}$$

Ответ: $F=\frac{Mg L}{2\sqrt{4l^2-L^2}}$

Задача 2.

Однородная балка массой $M$ лежит на платформе, свешиваясь с нее на 0,25 длины.  С какой силой нужно потянуть сторону $B$ балки вниз, чтобы противоположная сторона $A$ стала отрываться от платформы?

Так как центр тяжести однородной балки расположен посередине, а точка опоры находится в $0,25$ длины от места приложения силы тяжести, то плечо силы тяжести составит как раз 0,25 длины балки. То есть плечо силы тяжести равно плечу прикладываемой силы, а значит, силы тоже равны.

Ответ: $Mg$.

Задача 3.

Тонкий однородный стержень укреплен шарнирно в точке $A$ и удерживается горизонтально в равновесии  нитью. Нить и стержень образуют угол $\alpha$. Масса стержня $m$. Найти: а) силу натяжения нити; б) модуль силы реакции шарнира при $\alpha=45^{\circ}$.

По теореме о трех непараллельных силах линии действия таких сил обязаны пересекаться в одной точке, что и показано на рисунке. То есть сила реакции $N$ не обязательно направлена вдоль стержня, а может образовывать угол $\beta$ с вертикалью.

Условия равновесия:

$$N_x=T\cos{\alpha}$$

$$N_y=mg-T\sin{\alpha}$$

Тогда реакция в шарнире

$$N=\sqrt{N_x^2+N_y^2}$$

Условие равенства моментов сил относительно шарнира:

$$Tl\sin{\alpha}-mg\frac{l}{2}=0$$

Откуда

$$T=\frac{mg}{2\sin{\alpha}}$$

Следовательно,

$$N_x=\frac{mg}{2}\operatorname{ctg}{\alpha}$$

$$N_y=\frac{mg}{2}$$

$$ N=\sqrt{\frac{m^2g^2}{4}\operatorname{ctg^2}{\alpha}+\frac{m^2g^2}{4}}$$

При $\alpha=45^{\circ}$:

$$ N=\frac{mg}{2}\sqrt{\operatorname{ctg^2}{\alpha}+1}= \frac{mg}{2}\sqrt{2}$$

Ответ: $ N=\frac{mg}{\sqrt{2}}$.

Задача 4.

Электрическая лампа подвешена на шнуре и оттянута горизонтальной оттяжкой. Найти модуль силы натяжения шнура $AB$, если масса лампы 0,85 кг,  а угол $\alpha=60^{\circ}$. Принять $g=10$ м/с$^2$.

Равновесие лампы будет соблюдено, если

$$mg=T_2\sin{\alpha}$$

И

$$T_1=T_2\cos{\alpha}$$

$$T_2=\frac{mg}{\sin{\alpha}}=\frac{2mg}{\sqrt{3}}=\frac{17}{\sqrt{3}}=10$$

$$T_1=10\cdot\frac{1}{2}=5$$

Ответ: $T_1=5$ Н, $T_2=10$ Н.

Задача 5.

На двух параллельных вертикально расположенных пружинах одинаковой длины горизонтально подвешен стержень, массой которого можно пренебречь. Коэффициенты жесткости пружин равны соответственно $k_1=0,02$ Н/м  и $k_2=0,03$ Н/м. Расстояние между пружинами равно 1 м. В каком месте стержня надо подвесить к нему груз, чтобы он остался горизонтальным?

Чтобы стержень остался горизонтальным, нужно, чтобы пружины растянулись одинаково. Поэтому подвешивать будем ближе к более жесткой пружине. Уравнение моментов относительно левой точки подвеса стержня

$$mg(L-x)=k_2\Delta l L$$

Относительно правой точки:

$$mgx=k_1\Delta l L$$

Деление двух уравнений дает

$$\frac{L-x}{x}=\frac{k_2}{k_1}$$

$$(L-x)k_1=k_2x$$

$$x(k_2+k_1)=Lk_1$$

$$x=\frac{ Lk_1}{ k_2+k_1}=\frac{0,02}{0,05}=0,4$$

Ответ: $x=0,4$ м (от места крепления более жесткой пружины).

Задача 6.

Однородный стержень $AB$ опирается о шероховатый пол и гладкий выступ $C$. Угол наклона стержня к полу равен $45^{\circ}$, расстояние $BC=0,25 AB$. При каком коэффициенте трения возможно такое равновесие?

 

Запишем условия равновесия:

$$N_{A_y}+N_{C_y}=mg$$

$$ N_{A_x}=N_{C_x}$$

$$ N_{A_x}=F_{tr}$$

Уравнение моментов относительно точки $A$:

$$mg\cdot \frac{L}{2}\cos{\alpha}-N_C\cdot\frac{3L}{4}=0$$

Откуда

$$N_C=\frac{2mg\cos{\alpha}}{3}$$

Сила трения – проекция реакции опоры в точке А на горизонтальную ось:

$$ F_{tr}= N_{C_x}=N_C\cdot \cos{\alpha}=\frac{2mg\cos^2{\alpha}}{3}=\frac{mg}{3}$$

С другой стороны,

$$F_{tr}=\mu N_{A_y}$$

Определим реакцию опоры:

$$ N_{A_y}=mg- N_{C_y}=mg-N_C\sin{\alpha}=mg-\frac{2mg\cos{\alpha}\sin{\alpha}}{3}=mg-\frac{mg}{3}=\frac{2mg}{3}$$

И искомый коэффициент:

$$\mu=\frac{ F_{tr}}{ N_{A_y}}=\frac{\frac{mg}{3}}{\frac{2mg}{3}}=0,5$$

Ответ: 0,5