Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Олимпиадная физика, Статика

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}.

К задаче 6

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.

К задаче 7

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.

Силы реакции

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}.

Стержень сместился

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.

К задаче 8

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}.

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *