Статика

из книги «Физика для школ и ВУЗов». Скачать бесплатно и без искажений формул на странице «Физика для школ и ВУЗов».

Хочешь помочь сайту?
Поделись страницей с друзьями и поставь лайк!

Статика. Задачки

122. На неподвижный цилиндр намотана нить, длина ко
торой 1—RQ, где R — радиус цилиндра, 0 — угол в радианах между радиусами, проведенными в начальную и конечную точки касания нити с цилиндром. Один конец нити
тянут с силой Г*. Коэффициент трения между нитью и поверхностью цилиндра р-авет k. Определить силу натяжения
второго конца нити, если известно, что это максимальная
сила, при которой еще отсутствует проскальзывание.
123. На концах лити, перекинутой через два блока, висят два одинаковых груза (рис. 45). На какое расстояние
опустится третий груз той же массы, если его прикрепить
к середине нити? Расстояние между осями блоков равно 21.
§ в. Статика
124. Равнобедренный клин с острым углом а забит в
щель. При каких значениях угла а клин не будет вытолкнут
из щели, если коэффициент трения между клином и материалом щели равен k ?
125. Каково соотношение между грузами Р и Q, если
известно, что система, изображенная на рис. 46, находится
в равновесии? Длина стержней AD, ВС, СН, D T и длина
плеча 0 0 у в два раза больше длины стержней АЕ, ЕВ, TS,
SH и длины плеча КО соответственно. Весом стержней и
рычага пренебречь.
126. Для того чтобы сдвинуть прямоугольный ящик
длины I и высоты А, к его верхнему ребру перпендикулярно
грани прикладывают горизонтальную силу /.’К акую велич и н у должен иметь коэффициент k трения между ящиком »
и иолш, чтобы ящик сдвинулся не шрокндьшаясь?

31

127. Однородная балка, вес которой Р, лежит на полу.
Коэффициент трения балки о пол равен k. Что легче: повернуть балку в горизонтальной плоскости относительно ее
центра или перемещать балку поступательно? В обоих случаях балку двигают два человека.
128. Мостовой кран, вес которого Р —2 -104 Н, имеет
пролет L—26 м (рис. 47). Трос, на котором подвешен груз,
находится на расстоянии /=10 м от одного из рельсов,
Определить силы давления крана ца рельсы, если он поднимает груз весом jP,M0* Н с ускорением а= 9,8 м/с8.
129. Рычаг изогнут так, что стороны его АВ, ВС и CD
равны между собой и образуют друг с другом прямые углы (рис. 48). Ось рычага—в точке В. Перпендикулярнацлечу рычага А В в точке А приложена сила Р. Определить минимальнве значение силы, которую нужно приложить в
точке D, чтобы рычаг на- •
ходил’ся в равновесии. Beсом рычага пренебречь.
А В
— Р
Рис. 48.
130. Между двумя одинаковыми ящиками, стоящими на
полу, вставлена палка, немного не доходящая до пола
(рис. 49). К верхнему концу палки приложена горизонтальная сила. Какой из ящиков сдвинется раньше?
131. Тяжелый однородный шар подвешен на нити, конец которой закреплен на вертикальной стене. Точка прикрепления нити к шару находится на одной вертикали с

32

. большее давление -на наклонплоскость?
133. Для подъема тяжецилиндрического катка
iyca R на прямоугольную
яеньку пришлось прилок его оси горизонтальгфа направленную силу, равную весу катка. Определить
^ ивзсимальную высоту ступеньки.
134. На двух наклонных плоскостях, образующих с
циэонтом углы а!=30° и а 2=60а, лежит шар весом Р.
делить силы давления шара на каждую из плоскостей,
I известно, что трение между шаром и одной из плоскостей/
сутствует.
135. На передней стенке ящика шкафа имеются две симрнчно расположенные ручки. Расстояние между руч-
/, длина ящика а. Коэффициент трения между ящиком
равен k. Всегда ли можно выдвинуть ящик из
1, прикладывая только к одной ручке силу, перпенулярную стенке ящика? . …………
136. На шероховатом, г горизонтально расположенном
однородная доска (рис. 51). После
того, как утяжелили один из ее
Концов^ обнаружилось, что равновесие достигается, когда доска составляет угол а с горизонтом. Каков
коэффициент трения между доской
и бревном?
137. Верхний конец лестницы
опирается на гладкую вертикальстену, а нижний конец лестницы стоит на шерохополу . Коэффициент трения между лестницей и полом
Ык. Определить, при каком значении угла, а между
left н стеной лестница будет находиться в равновесии.
138. Решить предыдущую задачу в предположении,
стена не гладкая и коэффициент трения между леетнн-
: я стеной также равен k.

33

139. Однородная тонкая палочка АВ длиной I лежит н
горизонтальной поверхности стола. К концу В палочки пр*
креплена нить длиной 21 (рис. 52). Как будет двигаться т
лочка, если другой конец нити С медленно поднимать вдол
неподвижной вертикально
прямой DO, проходящей ч<
рез конец А палочки? Веса
нити пренебречь.
140. При каком значени)
коэффициента трения человен
бегущий по прямой твердо!
дорожке, не может поскольз
нуться? Максимальный уга
между вертикалью и линией
соединяющей центр тяжесл
бегуна с точкой опоры, ра
вен а.
141. К гладкой вертикальной стене дома прислонеж
лестница. Угол между лестницей и горизонтальной поверх
ностью земли а=б0°. Длина лестницы I. Центр тяжести е<
находится посередине. Как направлена сила, действующа!
на лестницу со стороны земли?
142. Лестница, центр тяжести которой находится посе
редине, опирается на абсолютно гладкие пол и стену
(рис. 53). Каким должно
было бы быть натяжение
веревки, привязанной к середине лестницы, чтобы
удержать ее от падения?
143. По лестнице, прислоненной к гладкой вертикальяой стене, поднимает- |
ся человек. Лестница начинает скользить лишь тогда,
когда человек поднялся на
определенную высоту. Почему?
144. Картина подвешена к вертикальной стене с
помощью шнура АС длины I, образующего со стеной угол
а. Высота картины ВС- d (рис. 54). Нижняя часть картины не закреплена. При каком значении коэффициента
трейгя между картиной и стеной картина будет в равновесий?

34

145. Четыре однородных стержня шарнирно скреплены
друг с другом в точках В, С и D (рис. 55). Два крайних
стержня АВ и DE могут свободно вращаться относительно
неподвижных точек А и Е, расположенных на горизонтальной прямой. Длины стержней попарно равны, AB=’ED
и ВС—CD. Массы стержней одинаковы. Показать, что
при равновесии углы а и р связаны соотношением
tg a = 3tg|3.
146. Чему равен коэффициент трения между полом и
ящиком весом в 100 Н, если наименьшая сила, необходимая
для того, чтобы сдвинуть ящик с места, составляет 60 Н?
147. На цилиндр массы т намотана невесомая нерастяжимая нить (рис. 56). С какой наименьшей силой Fmla
и под каким углом а± к горизонту нужно тянуть эту нить,
чтобы цилиндр, вращаясь, оставался на месте?
Коэффициент трения между цилиндром и полом равен k.
148. На рис. 57 изображена упрощенная схема паровой
машины и кривошипно-шатунного механизма паровоза.
Рис. 57, а и б соответствуют моментам, когда пар находится
а) 6)
Рис. 57.
я левой и правой частях цилиндра соответственно. Рассчитать силу тяги для этих случаев в момент, когда точка А
лежит ш одной вертикали с осью ведущего каяеса. Давление пара в цилиндре р, площадь поршня S, радиус ведущего

35

колеса R, а расстояние ОА=*г. Массой кривошипно-шатунного механизма, поршня и ведущего колеса пренебречь.
149. Кирпичи укладывают друг на друга без связующего вещества так, что часть каждого последующего кирпича
выступает над нижележащим (рис. 58). На какое максимальное расстояние правый край верхнего кирпича может выступать над правым _ краем самого
нижнего кирпича, служащего основанием всей кладки? Длина каждого
кирпича I.
150. Найти центр тяжести тонкой
однородной проволоки, .согнутой в
виде полуокружности радиуса г.
151. Определить положение центра тяжести однородного тонкого полукруга радиуса г. .
152. Определить положение центра тяжести тонкой однородной проволоки, изогнутой по дуге радиуса г (рис. 59).
Рис. 58.
Рис. 59. Рис. 60. Рис. 61.
153. Определить положение центра тяжести тонкой однородной пластинки, вырезанной в виде сектора радиуса г,
имеющего центральный угод а (рис. 60).
154/ Определить положение центра тяжести тонкой однородной пластинки, представляющей: собой прямоугольник со сторонами г и 2г, из которого вырезан полукруг радиуса г (рис. 61).

36

Статика. Ответочки

122.. Рассмотрим часть, нити,, прилегающую к. цилиндру. Разобьем угол 0 на большое число я частей и обозначим 0//t = a« Представим нить как п связанных между собой кусочков.и выделим j-й-кусочек (рис. 322). На него действуют
соседние- части- н е т , с. силами Ту и
рткц и а^н д и нд рр JtfyyH села ф е ­
ния kNj. Учтя8 что угол; а мал,, полу—
чим следующие уравнения равновесия:
Tj+ i— Тj — kN j = Q,
— Nj — ^усс/З — Тj j.-j0c/2 0.
Отсюда 3ry+1 = 7y(I-f-fea>, т, е»
Г1 = Г0( 1+Ла),
1+te), ….
Г» = ?•„_,( !+*«). Рис. 322.
Следовательно, 7″„ = Г,; ( I + kit)4 = Т а (1 — f ft0/n)*, и при я со
получим
Т = lira Г „ = lira Г в.(1Ч -*еН *= Г ое*в,
. П -+- <е
где е —2,71828… — основание натуральных логарифмов.
123. В ‘ положении равновесия (рис. 323) mg—2mgcos a = 0.
Следовательно, a = 60°. Искомое расстояние^ h=l.ctggx.— l/y~3.
Равновесие установится^ после; того, ка»- затухнут колебания’, возникающие прл опускании груза.
124. Равенстве проекций сил на напраалениевертикали(рие. 324)
приводит к уравнению ‘ ,
о=
m
2N sitr(oi/2) —2f т p cos {оЦ2) f= 0

203

где N —сила нормального давления, a /\rp< fejV —сила трения.
^(Массой клина обычно можно пренебречь.) Следовательно, tg (a/2 )< ft
и a < 2 arctgft.
T=mg
mg
mg mg
Рис. 323. Рис. 324.
125. Если груз Р опустится на высоту h, то точка К опустится
на 1/3h. Груз Q при этом поднимается на i/3h. Применяя «золотое»
правило механики, имеем P h = Q 2/3h. Отсюда P = 2/sQ126. Если ящик не опрокидывается, то момент силы F , вращающий его против часовой стрелки вокруг ребра при основании, меньше
или равен моменту силы тяжести, вращающему ящик по часовой
стрелке. Чтобы ящик скользил, сила F должна быть больше максимальной силы трения, приложенной к ящику. Следовательно,
Fh<mgl/2, F ^ k m g . Отсюда k ^ l/2 h . ‘
127. Для поворота балки необходимо, чтобы момент сил, приложенных к концам балки, был больше момента сил трения, когда эти
силы достигают своего максимального значения. Силы трения распределены равномерно вдоль балки (рис. 325). Среднее плечо сил
трения, действующих на левую или правую часть балки, равно //4,
если длину всей балки обозначить через I. Момент всех сил трения
относительно центра балки равен 2(кР/2) (1/4). Следовательно, для
поворота балки необходимо, чтобы приложенные силы F удовлетворяли неравенству 2F1/2 > kPl/4. Отсюда F > kP/4. Для поступательного перемещения балки необходимо, чтобы 2F > kP. Следовательно, балку легче повернуть.
128. Уравнение, движения груза имеет вид P0a /g = F — Р0
(рис. 326). Сумма сил, действующих на кран по вертикали, равна
нулю. Поэтому P1-\-P2 = P-\-F. Равенство нулю суммы моментов
сил относительно точки А дает уравнение Fl-\-PL/2 — LP2. Решая
данную систему уравнений, найдем
f
f t 1 1 1 1 1-44 4
F
Рис. 325.
P j и 2,23-10* H, P 2 « 1 ,7 7 .10* h .

204

129. Для равновесия рычага приложенная к точке D сила
должна создать момент, равный Р-АВ. Сила будет минимальной
при максимальном плече, равном BD. Следовательно, F=±P-AB/BD=
= Р/ У 2 и направлена перпендикулярно BD.
130. Если трение между полом и ящиками отсутствует, то
ящики сдвинутся одновременно. Если же коэффициент трения не
равен нулю, то раньше сдвинется правый ящик (см. рис. 49), так
как сцла, приложенная к нему со стороны палки, будет больше,
чем сила, приложенная к левому ящику. Действительно, со стороны
правого ящика на палку действует сила Ft, направленная против F,
а со стороны левого ящика—сила F2, направленная по F. Сумма
Р,
Л,
*-г —
F
А
г
[
F
1
р
Ра
Рис. 326. Рис. 327.
сил при равновесии равна нулю. Следовательно, Fi = F-\-F2, и
сила Ft раньше, чем F& достигнет значения максимальной силы
трения покоя.
131. Равенство нулю суммы моментов сил, действующих на шар,
относительно точки А (рис. 327) приводит к уравнению
FtpR-NR=:Q.
Так как Flp ^ k N , то ftissl.
132. Для того чтобы тело находилось в покое, необходимо,
чтобы суммарный момент сил, стремящийся повернуть тело по часовой стрелке, был равен моменту сил, стремящемуся повернуть тело
против часовой стрелки вокруг какой-либо точки (например, вокруг
центра тяжести). В данном случае момент сил трения, вращающий
кирпич по часовой стрелке, должен быть равен моменту сил давления плоскости на кирпич. Отсюда следует, что сила давления плоскости на правую часть кирпича должна быть больше, чем на левую.
По третьему закону Ньютона и сила давления правой половины
кирпича на плоскость должна быть больше силы давления левой.
133. Для того чтобы каток поднялся иа ступеньку, необходимо,
чтобы момент сил, вращающих каток вокруг точки А (рис. 328)
против часовой стрелки, был бы по крайней мере равен моменту
сил, вращающих его по часовой стрелке: ,
P ( R — h) = P У R 2— ( R — А)а.
Отсюда й = (2 ± У 2)R/2. Так как h < R, то
h = ( 1 — | Л 2/2) Я «0,297?.

205

134. Так жак на одной из плоскостей сила трения -равна нулю,
ж» она равна нулю и « а другой плоскости. В противном случае;шар
-вращался ‘бы вокруг своего центра, ибо момент всех остальных сил
относительно этого центра .равен нулю {ввиду равенства нулю пяеяа
каждой ,из этих сил относительно центра шара). Суммы проекций
Рис. 328.
сил на вертикальное и горизонтальное направления равны нулю
(рие. 329). Поэтому
iVx cos о*— JV2 cos = 0, P — Nx-sin a 2 — N 2 sin a x = 0,
где N i и N2— искомые силы давления. Отсюда
Р Р N,
’ sin (*2+ cos <x2-tga* * sin a x -f- cos o x • tg a 2 ‘
135. ^Обозначим через :’-‘F силу., прюгоженвую к одной ручке.
Из-за действия силы г произойдет поворот ящика, вследствие =чего
возникнут в точках А и В упругие силы Nx и jV2 (рис. 380), действующие на ящик со стороны шкафа. Зти приложенные к ящику
Рис. 330.
силы равны друг другу: = Nr— N. Из условия равенства нулю
момента всех действующих сил относительно центра ящика С следует, что N = Flj2a. -Ящик может быть выдвинут, если приложен

206

лая, сила F больше, максимальней силы трения, покоя: F > =
= 2kN. Для того чтобы последнее неравенство, выполнялось.,, необходимо,. чтобы k < af l.
136. Доска, отклоненная, на угол ее. от горизонтального положен
ния на. шероховатом бревне, аналогична, телу,, удерживаемому силами
трения на наклонной плоскости, с углом при основании, а. Поэтому
при равновесии F-t^ — mg sin а. Учитывая, что FTp< femg- cos а,
имеем tg o c < fe . , —
137.. Силы, приложенные к лестнице, изображены на рис. 331.
В случае равновесия суммы проекций сил вдоль вертикали и горизонтали равны нулю. Следовательно, №i = FTp, N 2 = mg. Равенство
нулю суммы моментов сил относительно точки В дает еще одно
уравнение:
Отсюда ^тр = (mg tg a)/2. Так-как сила- трения удовлетворяет неравенству Frp ^ k N 2, то для равновесия получаем следующее необходимое и достаточное’ условие; tg a « g ;2&.
1381- Приложенные к лестнице- силы1 изображены на; рис. 332.
Из условия равенства; нулю суммы; сил; и суммы моментов- сил; имеем
Силы трения / й Fхр удовлетворяют неравенствам /<&ЛГХ и F Tp<& V 2.
Используя первое неравенство и уравнения” (1) и (3), получаем
ctga>s^N2/2Ni — k/2. Так как k ^ s N J N 2, то c tg a g s (1 — k2)/2k. Введя
обозначение £ = tg (i, данному нера- о ‘
вевсгву можно придать более удобную ■
для вычислений форму: ctg a > c t g 2p, <
или 2р. f
. Рис. 332. . Рис. 333.
1-39; Если- в момент, когда^ конец палочки; В начнет приподниматься, . значение силы; трения Егр^ ,Ш окажете® достаточным для
юта; чтабж; конец- А яе; проскальзывая,, то палочяа начнет: вращаться
вокруг точки А* В противном, случае конец Л начнет скользить до тех
пор, пока сила трения FTV= k N не. окажется, способной, удержать

207

палочку в равновесии (рис. 333). После этого палочка начнет вращаться вокруг конца А.
Найдем, какие значения должен иметь коэффициент трения к,
чтобы скольжение прекратилось при определенном угле а между
палочкой и нитью. Равенство сил в момент, когда палочка почти
горизонтальна, приводит к уравнениям
~ FTp= 7 ’ c o s a , P — N -\-T sin о..
Равенство моментов сил относительно точки А запишется следующим
образом:
Р//2 = 77 sin a.
Используя данную систему уравнений, найдем
ft = f Tp/iV = c tg a .
Для того чтобы палочка вообще не начала скользить, необходимо,
чтобы /s ^ c tg 6 0 o= l / |/ ~ 3 .
140. Сумма моментов сил, действующих на человека относительно
его центра тяжести, равна нулю. Поэтому сила F, действующая со
стороны земли, обязательно направлена к центру тяжести человека С
(рис. 334). Горизонтальная составляющая этой силы не может быть
больше максимальной силы трения покоя: F sin а < ; kF cos а. Отсюда f t ^ t g a .
141. На лестницу действуют сила тяжести Р, сила F со стороны
земли и реакция опоры N. Так как стена гладкая, сила N (рис. 335)
перпендикулярна ей. Направление силы F проще’ всего определить,
если найти точку, относительно которой моменты сил Р и N равны
нулю. Такой точкой будет точка пересечения прямых ON и ОР.
Тогда и момент силы F относительно этой точки тоже должен быть
равен нулю. Следовательно, сила должна быть направлена таким
образом, чтобы ее продолжение прошло через точку О. Как вытекает
из рис. 335, направление силы F составляет с лестницей угол
Р = 30°—a rc tg (l/2 У 3) я 14°10′. Сила, действующая на лестницу
со стороны земли, будет направлена вдоль лестницы только в том

208

случае, если все остальные силы будут приложены к центру масс
лестницы или же будут действовать вдоль нее.
142. Лестницу нельзя удержать от падения с помощью веревки,
привязанной к ее середине. Моменты сил реакции пола и стены, а
также момент силы натяжения веревки относительно точки О равны
нулю при любом натяжении Т (рис. 336). Момент силы тяжести
относительно той же точки отличен от нуля. Поэтому лестница обязательно упадет.
143. Со стороны стены на лестницу действует реакция Ni, перпендикулярная стене. На нижний конец лестницы действуют силы N 2
(реакция опоры) и FTp (сила трения) (рис. 337).
Если для простоты не учитывать массу лестницы, то кроме этих сил на нее действует еще вес
человека Р. Равенство проекций сил по горизонтали и вертикали дает УУ2 = Р и N 1 = Frp.
Пусть вначале человек находится в нижней части
лестницы (точка А). Равенство моментов сил относительно точки О приводит к уравнению N^CB =
= P cos а-АО. Следовательно, чем выше находится человек, тем большее значение будет иметь сила
N±. Но FTp = N1. Поэтому и сила трения, удерживающая лестницу, растет по мере того, как человек поднимается вверх. Когда достигнет своего максимального значения, равного kP, лестница
начнет скользить.
144. При равновесии сумма сил, действующих
на картину (рис. 338), равна нулю. Следовательно,
^’ = ^ т р + Т cos a , N = T sin а . Сила трения должна удовлетворять неравенству FTf< k N или k 3
моментов относительно точки В дает уравнение
: FTp/N. Равенство
-к- 1 sin а = Т {I cos а — f У d2— l2 sin2 а ) sin а.

209

Отсюда
£ т р _ I согоИ ^2’‘УчР’^-/»’з!п*-«’
N / sin а. 1
I cqs «■+ 2 У^ 2 — /2 sin2 а
145. Найдем первоначально направление силы /, с которой стержень ВС действует на стержень CD. Предположим, что у этой силы
имеется вертикальная составляющая, направленная вверх. Тогда по
третьему закону Ньютона стержень CD действует на стержень ВС
с силой, у которой вертикальная составляющая направлена вниз.
Однако- это противоречит симметрии задачи. Следовательно,, вертикальная составляющая силы / должна быть равна нулю. Сила; действующая на стержень CD со стороны стержня DE, будет иметь и
горизонтальную и вертикальную, составляющие*, как. указано- на
рис. 339, а. .
Из,равенства нулмьвеех-.сил» дейегаующих на-.СО, следует, что
F z=mg н / = /’. Равенство нулю момента сил относительно D дает
f sin fi- CD = mg CD (cos ft)/2,. или tg 0 —mg/2/.
На рис. 339,6 изображены силы, действующие на стержень DE.
Из условия равенства нулю момента сил относительно Е вытекает
/ sin а • DE — F cos-а..- DE -{-mg ~~? а В Е , или t g . a = ‘^ S .
«Следовательно, tg a = 3 tg f $ .
146. Действующие на, ящик силы, изображены. на,рис. 340, Условия равновесия имеют вид,Q cos-а=-Йхр a ,F = NH-Q’&b л,-В.помет
нарушения равновесия сала трения достигает, максимальной величины Отсюда Q =kP/(cos a-f-fe.sin а.}. Величина Q будет
минимальной _ при значении, угла- а , соответствующем максимуму
знаменателя дроби. Для нахождения максимума преобразуем знаменатель, введя вместо к новую величину ф, так что tg ф —
Тогда cos a + ^ sin a = cos (a — ф)/соз ф, или cos a — f k sin a =

210

= }/~l + 62cos ( a —tp). Так как максимальное значение cos ( a —ср)
равно 1, то Qm in- k P / V l — r k 2. Отсюда k = Q f V Р2— Q2 = 0,75.
147. Силы, .действующие на цилиндр, изображены на рис. 341.
Так как цилиндр поступательно не движется, то —
тр -F c o s a = 0, F s in a —jwg+jV = 0.
Сила трения Fxp—fcV. Отсюда F—kmg;(cos a + fe sin a). Знаменатель этого выражения можно представить в виде Л sin (a-f-ф), где
А — у 1 l-j-fc*. Следовательно? минимальная сила, с которой нужно
\ У F \ S t Tp Y ////////////A V Z .
Фис. 341.
тянуть нить, Fmtn=sfemgrA l/ft+ fe2. Угол-04 найдется и з уравнение
cos otj + й sin a t = У~ 1 -pfc2, откуда tg‘« 1=fe. .
148. Силы, действующие на поршень и заднюю крышку цилиндра,
равны Fx = F2 = pS (рис. 342, а). На точку колеса А в горизонтальном направлении действует также сила F2, передаваемая от поршня
через кривошипно-шатунный механизм.
Сумма моментов сил, действующих на колесо, относительно его
оси равна нулю. (Массой колеса мы пренебрегаем.) Следовательно,
FTpR = F2r, где F xp—сила трения. Так как сумма сил, действующих
на колесо, также равна нулю, то еила ^ 3, действующая на ось со
стороны подшипников паровоза, равна F3 = F xp-|-F a. Но третьему
закону Ньютона на паровоз со .стороны оси действует сила F.t = F a.
Следовательно, сиша тяги .&xkFt —+F-x— F ^ ^ p S r i R .
. Во втором положении поршня и кривошипно-шатунного механизма интересующие нас силы изображены на рис. 342, 6 . F xp~ F2rjR
по тем же соображениям, что и в предыдущем случае. Сила тяги
F = F , —F 4 = FTp == pSr/R. -Как и гследевяло ожидать, сила тяги
равна силе трения, ибо сила трениядействующая :на паровоз.

211

149. Наибольшая длина выступающей части самого верхнего
кирпича равна 1/2. Центр тяжести двух верхних кирпичей С2 находится на расстоянии 1/4 от края второго кирпича (рис. 343). Следовательно, на
эту длину второй кирпич может быть выдвинут относительно третьего.
Центр тяжести трех верхних кирпичей
t-р*
• f
■>3 определяется равенством моментов сил
■2Р
тяжести относительно С3: Р (1/2—х) = 2Рх.
Отсюда л := //6, т. е. третий кирпич может
выступать над четвертым не более чем на
t/б. Аналогично можно найти, что четвертый
кирпич выступает над пятым на 1/8, и
т. д. Характер изменения длины выступающей части с увеличением числа кирпичей
очевиден. Максимальное расстояние, на
которое правый край верхнего кирпича может выступать над правым краем кирпича, служащего основанием, записывается в виде
ряда
Рис. 343.
40 1
При неограниченном увеличении числа кирпичей эта сумма стремится
к бесконечности. Действительно, сумма ряда
1 8 • ‘
больше суммы ряда
t/2 1/2
1+ ¥ + Т + 7 + Т + ¥ + Т + ‘§ ‘+ » ‘>
а эта последняя сумма заведомо бесконечно велика в случае бесконечного числа членов. Центр тяжести всех кирпичей проходит через
правый край самого нижнего кирпича. Равновесие будет неустойчивым. (Данная картина имела бы место в случае, если бы Земля
была плоской.)
150. В окружность радиуса г впишем правильный многоугольник
(рис. 344). Найдем далее момент (относительно оси АК) сил тяжести,
приложенных к серединам сторон многоугольника АВ, ВС, CD, DE
и т. д., считая, что сила тяжести действует перпендикулярно чертежу. Этот момент равен рg (ABx1-\-BCx2-\-CDx3-\-DExi +EFx^-\-FKxi ),
где р —масса единицы длины проволоки.
Рассматривая подобие соответствующих треугольников, можно
показать, что произведения ABxlt ВСхг, CDx3 и т. д. равны соответственно AB’h, B’C’h, C’D’h и т. д., где А —апофема многоугольника. Таким образом, момент равен
pgh (А й ‘ + В ‘С -f- C’D’ + D’E’ + E ‘F ‘+ F’K) = pgh2r.
Если число сторон безгранично возрастает, то величина h стремится

212

к г, а момент—к 2r2pg. С другой стороны, момент равен произведению силы тяжести проволоки strpg на расстояние х центра
тяжести от оси АК. Итак, 2r2p g — nrpgx, откуда х= 2 г/я.
Рис. 344.
151. Разбиваем полукруг на треугольники и сегменты, как
показано на рис. 345. Центр тяжести треугольника лежит, как
известно, на пересечении медиан.
В данном случае центр тяжести
каждого треугольника находится
на расстоянии 2/3h от точки О
(h—апофема). При безграничном
увеличении числа сторон центры
тяжести треугольников будут лежать на окружности радиуса 2/зг,
а площади сегментов будут стремиться к нулю. Таким образом,
задача сводится к тому, чтобы определить центр тяжести полуок- v
ружности радиуса 2/зг. Из решения задачи 150 следует, что х —
расстояние центра тяжести полукруга от точки О—равняется
_ _2 2_ 4
х ~ я 3 Г~ Зя Л ,
152. Применяя метод, изложенный в решении задач 150 и 151,
можно показать, что центр тяжести находится в точке С, располо-
„ 2 sin (а /2)
женной на расстоянии С О = г от центра кривизны дуги
(см. рис. 59). ^
153. Используя решения задач 150, 151, 152, можно показать,
что центр тяжести находится в точке С, отстоящей от точки О на
п 4 sin (а/2)
расстояние СО=-^ —— ^ — — г. .
154. При определении положения центра тяжести пластинку с
вырезом формально можно рассматривать как сплошную, если

213

считать:, что’ на нее- наложенгголукруг отрицательной массы, равной
по величине массе вырезаемой- части.. Момент сил тяжести положительной и отрицательной масс относительно оси, АВ равенеслй сила «ж ести, действует перпендикулярно чертежу, р —масса
единицы площади пластинки (см. решение задачи 151).’ С другой
стороны, этот момент равен произведению силы тяжести пластинки
на расстояние * = ОС от центра ее тяж ести’до оси А

214

физика, статика
#физика, #статика

Пытливый ум — Хочу Всё Знать! Дача, огород, лайфхаки, хендмейд, знания, учёба