572
.pdfна гладкую плоскость. Угол известен. Найти при равновесии: 1) коэффициент трения; 2) реакции опор А и В; 3) давления между цилиндрами.
78.Колесо снабжено тормозом ВС, который шарнирно закреплен в точке В натойжегоризонтальной раме,что иось
Аколеса. Растянутая пружина прижимает колодку С к ободу колеса так, что угол АВС равен . При вращении колеса почасовойстрелкесилатрения,создава-
емая колодкой тормоза, равна F1. Коэффициент трения между колодкой и ободом равен f. Найти силу трения при вращении колесапротив часовой стрелки.
79.Два полушара с радиусами r и r1 и плотностями и 1 будучисложеныоснованиями,находятсяв равновесиивположении, указанном на чертеже. Определить наименьший коэффициент трения f, при котором это может иметь место. Центр тяжестиполушарарасположен на расстоянии 3r/8 от центра О.
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
O2
r
O1
A B
Рисунок к задаче 77
C
A B
Рисунок к задаче 78
Рисунок к задаче 79
Задача 12. Два диска с радиусами R и r, расположенные в горизонтальной плоскости, стянуты упругой нитью жесткостью с (рис. 12.1). Диски давят друг на друга с
силами, равными Q. Как изменится длина нити, если ее перерезать? Трение не учитывать.
Решение. Когда нить охватывает диски, она растянута, следовательно, возникает упругая сила Fyпp = с , где — деформация
нити,равнаяеерастяжению.Величинасилыупругостивлияетна взаимноедавлениедисков.Рассмотримравновесиеодногоиз них (рис. 12.2). Без учета сил трения натяжение нити (сила упругости) во всех ее точках одинаково: F1 = F2 = F = c , где — то
2 1
расстояние,накотороеизменитсядлинанити.
При равновесии F1 F2 Q 0,
Fix = 2Fcos – Q = 0.
Угол зависит от величины R. Найдем cos (рис. 12.3):
sin R r ,
R r
cos 1 sin2 2Rr .
R r
Уравнение (1) принимает вид:
2c 2Rr Q 0.
R r
Отсюда изменение длины нити.
l Q R r . 4Rr
Рис. 12.2
Рис. 12.3
Задача 24. Механизм, расположенный в горизонтальной плоскости, состоит из двух зубчатых колес и стержней, связан-
ных между собой и с зубчатыми колесами |
|
шарнирами (рис. 24.1). |
|
Считая связи идеальными, определить |
|
величинусилыF,уравновешивающейдей- |
|
ствие известного моментаМ. Радиус лево- |
|
го колеса R. |
|
Решение. Cпособ 1-й. Рассмотрим си- |
|
стему по частям. Вначале свяжем силу F |
|
с силой S2 (рис. 24.2), а затем S2 |
с |
моментом М. |
Рис. 24.1 |
Узел D находится в равновесии под дей- |
|
ствием системы сходящихся сил: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Fix |
F S1 |
S2 0. |
|
||||||||
|
S2 |
cos30 F 0. |
(1) |
|||||||||
|
|
|
S |
|
F |
. |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
2 |
|
|
|
cos30 |
|
|||||
Рис. 24.2 |
Fiy |
S2 |
sin30 S1 0. |
(2) |
||||||||
|
2 2
|
|
|
|
|
|
|
|
|
S |
|
Fsin30 |
F tg30 . |
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
cos30 |
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
Рассмотрим |
|
|
|
равновесие левого колеса |
||||||||||||||||||||||
|
|
(рис. 24.3). Внутренние силы S2 = S 2, |
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
mA( |
|
|
|
) S2R M QR 0. |
(3) |
||||||||||||||||||
Рис. 24.3 |
|
|
|
|
|
Fi |
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
Для правого колеса (рис. 24.4) Q = Q , |
||||||||||||||||||||||||||
|
|
N = N , S1 = S 1 — внутренние силы системы, |
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
mb( |
|
) S1r Qr 0, следовательно, |
S1 = |
||||||||||||||||||||||||
|
|
Fi |
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
= Q. Тогда,решая совместно уравнения (1)– |
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
(3), получим |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
S2R M S1R |
|
|
|
||||||||||||||||
Рис. 24.4 |
|
|
|
|
|
F |
|
R M FRtg30 0. |
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
cos30 |
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
Отсюда F |
M |
3 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Способ 2-й. Применим принцип возмож- |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
ных перемещений. Придадим системе воз- |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
можное перемещение: M 1 |
|
|
|
|
|
D 0. |
|
|
|
|||||||||||||||||||||
F |
S |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
Поскольку связи в системе стационарные, |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
возможныеперемещенияможносвязатьчерез |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
скорости точек (рис. 24.5), получив уравне- |
Рис. 24.5 |
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
ние возможных мощностей |
M 1 FVD 0. |
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
Учитываясвойстваскалярногопро- |
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
изведения, запишем М 1 – FVDx = 0. |
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
Выразим VDx через 1, используя тео- |
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
рему сложения скоростей в плоскопа- |
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
раллельном движении звеньев ED и |
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
DK (рис. 24.6): |
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(4) |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
VD VE VDE VK VDK 0. |
|||||||||||||||||||||||
Рис. 24.6 |
|
|
|
|
|
По величине скорости точек Е и К |
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
равны: VF = VK, VK = 1R. Спроециру- |
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
ем равенство (4) на оси х и у и выразим искомую величину:
VDx = VEcos30° – VDEcos60°, VDy = VEsin30° – VDEsin60° = VK.
1
VDE sin60 VR VE sin30 ,
2 3
cos60
VDx VE cos30 sin60 VK VE sin30 .
Подставимзначение скорости VDx |
|
1R |
в уравнениевозмож- |
|||||||||
|
|
|
||||||||||
|
|
|
1R |
|
3 |
|
|
|||||
ных мощностей: M F |
0. |
Окончательно получим |
||||||||||
|
|
|
||||||||||
1 |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
F M 3 . Этот метод требует особой догадки при определении
R
VDx, что предполагает умение работать с векторными уравнениями.
Задача 44. Гладкий шар радиусом R |
|
|
весом Р, касаясь вертикальной стены, по- |
|
|
коится на шероховатом горизонтальном |
|
|
полу (коэффициент трения скольжения |
|
|
равен f). С какой минимальной по величи- |
|
|
не силой F следует прижать к шару брусок |
|
|
высоты h, чтобы шар оторвался от пола? |
|
Q |
Решение. Рассмотрим равновесие шара |
|
|
в момент, когда он оторвался от пола: |
|
|
Y = Nsin – P = 0, |
N |
P |
N = P/sin . |
|
|
|
|
Рассмотрим равновесие бруска (весом бруска пренебрегаем):
X = F – Fтр – Ncos = 0.
Y = N1Nsin , следовательно,
Fтр = fN1 = fNsin и
F = Fтр + Ncos = P(f + ctg ). Здесь sin = (R – h)/R,
N1 |
N |
|
|
||
F |
||
h |
||
Fтр |
||
|
R2
cos 1R R2 (R h)2 , ctg (R h)2 1,
F P f h(2R h) R h .
2 4
Задача 58. На гладкой горизонтальной |
а |
а |
|
плоскости стоит открытый с обеих сторон |
r1 |
|
|
полый прямоугольный цилиндр с радиусом |
|
||
а. Внутри цилиндра находятся два шара |
|
|
|
весом Р1 и Р2 с радиусами, соответственно |
|
r |
|
равнымиr1 иr2.При этомнижнийшар лежит |
|
2 |
|
|
|
||
наплоскости. Пренебрегаятрением,опреде- |
|
|
|
лить минимальный вес Q, при котором ци- |
|
|
|
линдр не опрокинется. |
|
|
|
Решение.Рассмотримравновесиеци- |
|
|
|
линдр (без шаров) в критический мо- |
N1 |
|
|
мент, когда Q = Qmin(RE = 0): |
А |
|
|
|
|
|
Mc = N1AC – N2r2 – Qmina = 0. |
|
Q |
N2 |
Отсюда: Qmin = (N1AC – N2r2)/a. |
|
|
В |
|
С |
|
Е |
|
RС |
|
RЕ |
Рассмотрим равновесие системы из |
A |
|
RD |
двух шаров: |
N1 |
|
|
MD = –N1AC + N2r2 + |
|
B N2 |
|
|
|
||
+ P1(2a – r1 – r2) = 0. |
|
P1 |
P2 |
ОтсюдаN1AC+N2r2 = P1(2a– r1 – r2). |
C |
|
D |
Тогда Qmin = (2 – (r1 + r2)а)/P1. |
|
||
|
|
|
Задача 69. Цилиндр весом Р опирается на вертикальную стенку и параллелепипед такого же веса. Радиус цилиндра r и размеры параллелепипедааиbзаданы. Коэффи-
циент трения между параллелепипедом и горизонтальнойплоскостьюf.Какимусловиямдолжно удовлетворять расстояние b между центром цилиндраС и параллелепипедомдля того, чтобы система находилась в равновесии? Трением в точках контакта цилиндра со стенкой и параллелепипедом пренебречь.
Решение.
1. Условие отсутствия скольжения параллелепипеда.
2 5
|
y |
|
Рассмотрим равновесие цилиндра. Из |
|
|
|
|
условия равновесия сил на ось Y получа- |
|
|
|
|
ем (рис. 69.1) |
|
F |
С |
x |
Rsin = P. |
(1) |
|
r |
|
Предельное состояние, при котором |
|
|
|
проскальзываниепараллелепипедаотсут- |
||
|
|
R |
||
|
|
ствует, показано на рис. 69.2. |
|
|
|
|
|
|
b
РПри этом сила трения Fтр имеет наи-
|
|
R |
|
|
|
большее значение и равна fN, где N — |
||
|
|
С |
F |
|
нормальная реакция. |
|
|
|
|
|
|
Условия равновесия параллелепипе- |
|||||
|
|
Р |
|
|
|
да: |
|
|
|
|
|
|
|
Fx = 0; Rcos – fN = 0, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 69.1 |
|
Fy = 0; N – P – Rsin = 0. |
(2) |
||||
Из уравнений (1) и (2) находим |
R |
y |
||||||
2fsin = cos ; |
|
|
|
|
||||
cos |
b |
, |
sin |
r2 b2 |
|
|
||
r |
. |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
r |
|
P |
|
|
r2 |
b2 |
b |
|
|
|
||
2f |
. |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
r |
|
r |
|
|
|
x |
Отсюда находим b |
2fr . |
Fтр |
N |
|||||
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
1 4f2 |
Рис. 69.2 |
2. Условие отсутствия опрокидывания параллелепипеда. При опрокидывании параллелепипеда реакция опоры нахо-
дится в точке A (рис. 69.3). Опрокидывание |
R y |
исключено, если сумма моментов всех сил |
|
вокруг точки A равна нулю: |
|
mA(F) = Rcos h – Rsin a – Pa/2 = 0. |
|
|
|
|||
Отсюда находим с учетом (1). |
|
|
|
|||
|
b |
3ar . |
P |
|
h |
|
|
|
|
|
|
||
|
4h2 9a2 |
|
а |
YА |
x |
|
|
2fr |
|
3ar . |
|||
Ответ: b |
, b |
|
А |
XА |
||
|
1 4f2 |
|
4h2 9a2 |
Рис. 69.3 |
2 6
Задача 70. Каким должен быть коэффициент трения скольжения f2 в подвижной опоре А, чтобы четверть круглого диска удерживалась в равновесии в указанном положении (рис. 70.1)? Коэффициент трения скольжения о стену равен f1. Тело расположено в вертикальной плоскости.
Решение. Рассмотрим равновесие четверти круга под действием веса Р и реакций в точках А и В, которые
разложены на нормальные составляющие NA, NB и силы трения FA, FB (рис. 70.2). Возьмем предельный случай, когда силы трения достигают максимальных значений, что дает нам право использовать формулу Кулона: FB = f1NB,
FA = f2NA. Имеем произвольную плоскую систему сил, для которой можно составить три уравненияравновесия.Неизвестныхтакжетри: NA, NB и f2. Вес Р и радиус rтакже неизвестны, но они в дальнейшем сократятся. Вначале, конечно, нужнонайтиположениецентратяжести сектора:
AC 2r sin 4 4r 2. 3 4 3
Запишем уравнения равновесия полукруга:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Fix = NB – FA = NB – f2NA = 0. |
|
|
|
|
|
|
|
(1) |
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
P AC |
|
2 |
|
F r P |
4r |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
f N |
r 0. |
|
|||||||||||||||||||||||
m |
B |
F |
|
|
|
|
2 |
|
|
(2) |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
i |
|
2 |
|
|
|
|
B |
|
3 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
1 B |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4r |
|
2 |
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
m F N r P r |
AC |
|
|
N r |
|
|
P r |
|
|
2 |
|
0.(3) |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
3 |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
B |
|
|
i |
|
|
|
A |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
B |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
P |
4 |
|
|
, из (3) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
Из (2) |
|
NB |
|
|
|
|
NA |
|
P 1 |
|
|
|
. |
Подставив эти |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
3 f1 |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
значения в (1), найдем |
|
P |
|
|
|
|
|
|
f2 |
P 1 |
|
|
|
. Так как Р 0, то |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
3 f1 |
3 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
f2 |
4 |
|
|
|
|
|
0,74 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
f1 3 4 |
|
|
|
f1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 7
Получили минимальное значение коэффициента трения f2, обеспечивающего равновесие. При большем значенииf2 равновесие будет заведомо обеспечено.
Чаще всего в этой задаче бывают ошибки при определении положения центра тяжести, на что следует обратить внимание.
Задача 71. В пятизвенном механизме |
|
к звену 5, представляющему собой рав- |
|
носторонний треугольник BCD, прило- |
|
жена сила Р (рис. 71.1). Определить |
|
величину уравновешивающего момента |
|
M1 и деформацию пружины при задан- |
|
ном коэффициенте упругости с. Извест- |
|
но, что длины стержней 1, 2, 4 одинако- |
|
вы и равны l, KB = КС = l/2; OA, CF, |
Рис. 71.1 |
P перпендикулярны BD. |
|
Решение. В этой задаче следует сразу обратить внимание на то, что конструкция стержневая и силы тяжести стержней не учитываются. Треугольник BCD неизменяемый, и его можно рассматривать как отдельное твердое тело. На стержень 1 действует момент М1. Усилия в стержнях 2 и 4, нагруженных только по концам, идут вдоль стержней. Остается выяснить, какая сила будет действовать на стержень 2 со стороны стержня 1 в точке А.
Приложенный момент Мх пары сил может быть уравновешен только парой сил. Пара сил, действу-
ющая в обратную сторону, образуется реакциями в Рис. 71.2 |
||||||
точках О и А (рис. 71.2): |
|
|
|
|||
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
||||
M1 m F ,F |
|
F |
OA F l. |
Отсюда F = M1/l.
Сила, действующая на стержень 2, направлена в другую сторону: F F (действие равно противодействию). Это усилие передается на треугольник BCD. Рассмотрим его равновесие, предположив, что сила упругости Fy идет по пружиневверх(рис. 71.3).Длясистемыпро-
извольно расположенных на плоскости
Рис. 71.3
2 8
сил имеем три уравнения равновесия и три неизвестных: F, Fy, S.
|
|
|
Fix = F + Fycos30° = 0. |
(1) |
||||||
mc |
|
|
P |
l |
sin30 Flcos30 |
|
||||
Fi |
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|
2 |
|
1 |
|
|
||||
Fy |
cos l cos30 Fy sin |
0. |
(2) |
|||||||
|
||||||||||
|
|
2 |
|
|
Момент силы Fy найден по теореме Вариньона.
|
Из (2) |
Fy |
|
|
|
P |
. С другой стороны, |
Fv = с . Отсюда |
||||||||||
2sin30 |
||||||||||||||||||
|
|
|
P |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
. Из |
(1), |
учитывая, что F = M /L, получим |
|||||||||||
2csin30 |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Fy |
|
F |
|
|
|
|
|
M1 |
|
(сила направлена в другую сторону) |
||||||||
cos30 |
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
l cos30 |
|
|
|
||||||||||
|
P |
|
|
|
M1 |
|
, |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
2sin30 |
|
l cos30 |
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M P |
a |
ctg30 . |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
2 |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
Задача 72. Однородная тяжелая балка |
|
||||||||||||||||
весом Р одним концом закреплена в непод- |
|
|||||||||||||||||
вижном шарнире О, а другим опирается на |
|
|||||||||||||||||
однородный цилиндр равного с ней веса |
|
|||||||||||||||||
(рис. 72.1). Определить, при каком значе- |
|
|||||||||||||||||
нии угла может начаться качение цилинд- |
|
|||||||||||||||||
ра без скольжения, если известен радиус R |
|
|||||||||||||||||
и коэффициент трения качения k. Между |
Рис. 72.1 |
|||||||||||||||||
балкой и цилиндром трение не учитывать. |
Решение. Рассмотрим силы, приложенные к каждому телу в отдельности, и определим, сколько же неизвестных в данной задаче. При этом выберем оптимальное число уравнений, необходимое для определения угла. К тому и другому телу приложена произвольная плоская система сил (рис. 72.2, 72.3).
Следовательно, имеет место шесть уравнений равновесия и шесть неизвестных: X0,Y0, ,
N, N1, Fтр. Заметим, что N N1.
Для балки составим уравнение:
Рис. 72.2
2 9
|
|
mO |
|
P |
|
l |
sin Nl 0. |
|
||||
|
Fi |
|
||||||||||
|
|
|
|
|||||||||
|
2 |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
Отсюда N |
P |
sin . |
(1) |
|||||||
|
|
|||||||||||
|
2 |
|
|
|
|
|||||||
|
|
От величины N зависят N1, Fтр, Mc. |
|
|||||||||
Рис. 72.3 |
|
Перейдем к другому телу. Для цилиндра |
||||||||||
|
Fiy = N – P – Nsin = 0, |
|
||||||||||
N1 |
P Nsin P |
P |
sin2 . |
(2) |
||||||||
|
||||||||||||
|
2 |
|
|
|||||||||
mB |
|
Mc – NRcos = 0. |
(3) |
|||||||||
Fi |
В эти уравнения не входит неизвестная сила Fтр. Учитывая, что Mc = kN1, из (3) kN1 – NRcos = 0. Подставим сюда значения N и N1 из уравнений (1) и (2):
|
P |
|
2 |
|
P |
|
P |
|
sin |
|
k |
|
sin cos R 0. |
2 |
|
2 |
||||
|
|
|
|
|
Так как Р 0, то получаем уравнение для определения угла :
|
k |
|
R |
|
|
|
|
k |
sin2 |
sin |
1 sin2 0, |
||||
|
2 |
||||||
2 |
|
|
|
|
kk sin2 R sin 1 sin2 . 2 2
Возведем обе части этого уравнения в квадрат:
k2 k2 sin2 |
k2 |
sin4 |
R2 |
sin2 1 sin2 . |
|
4 |
|||
4 |
|
|
Обозначим sin2 = z, тогда уравнение примет вид:
k2 R2 |
2 |
|
2 |
|
R2 |
2 |
|
||
|
z |
|
k |
|
|
|
z k |
|
0, |
|
|
|
|
|
|||||
4 |
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
или k2 |
R2 z2 4k2 R2 z 4k2 |
0. |
|
|
|||||||
|
|
4k2 R2 |
|
|
|
|
|
|
|
||
Отсюда z1,2 |
4k2 R2 2 4 k2 R2 4k2 |
|
и |
||||||||
|
|
|
2 k2 |
R2 |
|
||||||
|
|
sin2 |
R2 |
4k2 |
|
R4 24k2R2 |
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
2 k2 |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
R2 |
|
|
Это ответ на поставленный вопрос. Дальнейшее исследование этого уравнения не предполагалось.
3 0