Задача 4. Получил такой же ответ. Ход решения, по-видимому, немного иной, т.к. окончательная формула: `D=(H-2sqrt(k))/(f*h_1)~~1,63` (дптр). Здесь: `f=15` м `H times L=2 times 3` м `h_1 times l_1=24 times 36` мм `k=1/2=(h_2 times l_2)/(H times L)`
1) Виктор, исправьте свой ответ: в формуле нарушена размерность. 2) Я использовал известную формулу для поперечного увеличения: `Gamma=(f-F)/F qquad => qquad Gamma=D*f-1`. С использованием последней формулы ответ получается мгновенно.
Задача 4. Получил такой же ответ. Ход решения, по-видимому, немного иной, т.к. окончательная формула: `D=(H-2sqrt(k))/(f*h_1)~~1,63` (дптр). Здесь: `f=15` м `H times L=2 times 3` м `h_1 times l_1=24 times 36` мм `k=1/2=(h_2 times l_2)/(H times L)`
1. Рассмотрим суммарный момент сил, действующих на стержень, относительно точки `H`: `-l/2 * P * singamma + l*N_2*singamma = 0 <=> N_2 = P/2 \ \ \ \ (1)` 2. Рассмотрим сумму проекций сил, действующих на стержень в проекции на оси `0x` и `0y`: Учитываем, что при `Q = Q_(max)` сила трения будет равна максимальной силе трения покоя `F_(tr) = N_1*mu` и направлена вниз по склону(противоположно силе Q). `{(N_1sina - Q_(max)cosa + muN_1cosa = 0),(N_1cosa + Q_(max)sina + N_2 - P - muN_1sina = 0):}` Отсюда получаем с учётом `(1)`: `Q_(max) = P/2(sina+mucosa)`
При `Q = Q_(min)` сила трения так же будет максимальна по модулю, но направлена вверх по склону, компенсирует недостаток силы `Q` `{(N_1sina - Q_(min)cosa - muN_1cosa = 0),(N_1cosa + Q_(min)sina + N_2 - P + muN_1sina = 0):}`
1. Рассмотрим суммарный момент сил, действующих на стержень, относительно точки `H`: `-l/2 * P * singamma + l*N_2*singamma = 0 <=> N_2 = P/2 \ \ \ \ (1)` ...`Q_(max) = P/2(sina+mucosa)`
`Q_(min) = P/2(sina-mucosa)`
С решением и формой ответа согласен. Молодец. P.S.На мой взгляд, для некоторого сокращения арифметики: Стержень и вся система будет покоиться, если равнодействующая сил действующих на стержень в т. Н, (см. рис.) будет параллельна `N_2` и равна ей по величине. Получаем прямоугольный треугольник сил в т.Н, с острым углом `alpha`. Гипотенуза P/2, один катет `N_1=P/2cosalpha=> F_(tr)=muN_1=P/2mucosalpha`, перпендикулярный наклонной плоскости, другой соответственно `P/2sinalpha=Q_max-F_(tr)` или `P/2sinalpha=Q_min+F_(tr)`... И получаем ответ.
Еще один возможный способ оформления решения (используем обозначения рисунка Саши)
Подробности:
Рассмотрим равновесие тел системы тел. Для груза: получаем: `(1) qquad qquad T=Q` Для стержня: Т.к. стержень однородный. то сила тяжести `vec P` приложена в середине стержня, и значит, плечи сил `vec P` и `vec N_2` относительно т. `H` отличаются в 2 раза. Из закона моментов (записанного относительно т.`H`) получаем: `(2) qquad qquad N_2=P/2` Проектируя уравнение 1-го з-на Ньютона на направление, перпендикулярное наклонной плоскости, получаем: `(3) qquad qquad N_1=(P-N_2) cos alpha=P/2 cos alpha` Проектируя уравнение 1-го з-на Ньютона на направление, параллельное наклонной плоскости, с учетом (1), получаем: `(4) qquad qquad (T+F_(trx))=(Q+F_(trx))=(P-N_2) sin alpha=P/2 sin alpha` Здесь через `F_(trx)` обозначена проекция силы трения покоя `vec F_(tr)` на направление, параллельное наклонной плоскости. Из (4) следует, что `(5) qquad qquad F_(trx)=-Q+P/2 sin alpha` Экспериментальный закон для силы трения покоя утверждает, что `(6) qquad qquad |F_(trx)| <= F_(tr_max)=mu N_1=mu P/2 cos alpha` Неравенство (6) эквивалентно двойному неравенству: `qquad qquad qquad -mu P/2 cos alpha <= -Q+P/2 sin alpha <= mu P/2 cos alpha` Откуда следует Ответ: `qquad qquad P/2(sin alpha-mu cos alpha) <= Q <= P/2(sin alpha+mu cos alpha)`
Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей и гости: 12
Вы не можете начинать темы Вы не можете отвечать на сообщения Вы не можете редактировать свои сообщения Вы не можете удалять свои сообщения Вы не можете добавлять вложения