Физика в примерах и задачах - Бутиков Е.И.
Скачать (прямая ссылка):
Это легко сделать, если вспомнить следствие, вытекающее из уравнения моментов: при равновесии тела под действием трех сил линии, по которым действуют эти силы, пересекаются в одной точке. Тогда сразу становится ясно, что точка А лежит на пересечении вертикали, проходящей через центр масс груза, с внутренней поверхностью втулки (рис. 4.3). А это, в свою очередь, означает, что даже при сколь угодно большом коэффициенте трения в оси невозможно равновесие маятника, если центр масс груза т сме-
Рис. 4.2. Сила реакции оси JVи сила трения FTp действуют на втулку маятника в точке ее соприкосновения с осью
Рис. 4.3. Центр масс груза лежит на вертикали, проходящей через точку соприкосновения втулки с осью
4. МАЯТНИК С ТРЕНИЕМ
133
щен вправо или влево на расстояние, большее радиуса втулки R.
Максимальному отклонению маятника от вертикали соответствует наибольшее возможное значение силы трения покоя. Считая это наибольшее значение равным силе трения скольжения, получим, что в равновесии при максимально допустимом отклонении от вертикали
Так как в равновесии векторная сумма FTР и N направлена вертикально вверх (рис. 4.3), то
Теперь легко найти угол ср, соответствующий максимальному отклонению маятника. Для этого выразим отрезок ОВ (рис. 4.3) через углы а и ср:
(/+/?) sin ф=^ sin а, откуда, учитывая соотношение (2), находим
Обратите внимание, что предельный угол определяется только значением коэффициента трения и размерами стержня и втулки и не зависит от массы груза.
Полученный ответ удовлетворяет упоминавшимся выше предельным случаям. При |х->-0 предельный угол ср также стремится к нулю, т. е. в отсутствие трения равновесие возможно только при вертикальном положении маятника. При |д,->-оо множитель |.i/Kl+!-i2 стремится к единице, и формула (3) принимает вид
Отсюда видно, что при jx->-oo максимально возможное отклонение груза вправо ОВ стремится к R.
Если отклонить маятник на угол больше предельного и отпустить, то, совершив несколько колебаний с убывающей амплитудой, маятник остановится где-то внутри области застоя. Остановка маятника может произойти в любой точке области застоя в зависимости от начальных условий.
Интересно отметить, что при наличии трения в оси маятник может находиться в равновесии и в перевернутом положении, когда груз т расположен выше оси. В отсутствие трения равновесие перевернутого маятника возможно толь-
(1)
tga=/?Tp/iV=(x.
(l-\-R) sin (f=R.
(4)
134
III. СТАТИКА
ко при строго вертикальном положении и является неустойчивым. Рассмотрите равновесие перевернутого маятника самостоятельно и убедитесь, что предельно допустимый угол отклонения от вертикали дается тем же выражением (3). А
5. Блок с трением в оси. В системе, показанной на рис. 5.1, легкий блок с внешним радиусом R и внутренним радиусом г надет на неподвижную цилиндрическую ось. Коэффициент трения блока о поверхность оси равен |л.
При каких углах а эта система может находиться в равновесии, если трение между грузами и наклонными плоскостями отсутствует?
Д Очевидно, что при отсутствии трения в оси блока Рис. 5.1. Равновесие блока с тре- СИЛЫ натяжения соединяю-нием в оси щей грузы нити одинаковы
по обе стороны от блока, и поэтому такая система может находиться в равновесии только тогда, когда она строго симметрична, т. е. угол а равен п/4.
Если же в оси блока есть сухое трение, то силы натяжения нити справа и слева от блока могут быть различны и существует целая область значений утла а вблизи а=я/4, в пределах которой возможно равновесие. При этом мы, разумеется, считаем, что между нитью и блоком трение велико, так что нить не может проскальзывать.
Для нахождения границ области равновесия рассмотрим силы, действующие на блок. Так как трение между грузами и плоскостями отсутствует, то при равновесии сила натяжения нити слева от блока равна mg sin ос, а справа mg cos а. Именно с такими силами нить и действует на блок, как показано на рис. 5.2. Отметим сразу же, что горизонтальные составляющие этих сил но модулю равны mg sin a cos а (посмотрите внимательно на рис. 5.2) н уравновешивают друг друга. Поэтому векторная сумма сил натяжения нити, действующих на блок, направлена вертикально вниз. Модуль этой равнодействующей силы равен, как видно из того же рис. 5.2,
mg sin2 acos2 а=mg.
б. БЛОК С ТРЕНИЕМ В ОСИ
135
Кроме сил натяжения нитей, на блок действует сила реакции оси Q, которую, как обычно, удобно представить в виде векторной суммы нормальной силы реакции N и силы трения FTV, направленной по касательной к внутренней поверхности блока. Обе эти силы приложены в точке А,
где блок соприкасается с осью (рис. 5.3). Будем для определенности считать, что угол оО>л/4; тогда сила трения Ftp при равновесии системы направлена вправо. Модуль силы трения покоя может изменяться от нуля (при а=
