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第01讲 静力学


第一讲

静力学

平面共点力的平衡

ΣF=0

(ΣFx = 0 , ΣFy = 0 )

平面力矩(偶)的平衡 (1、2、3、4、5)

ΣM A = 0 (A可任选)

平衡的性质:稳定、不稳定、随与。 判断方法:力(矩)、能量。(

6、7、8) 三维力系(9、10) 虚功(11、12) 杂题(13、14)

1.如图所示,n层支架由相 同的等腰直角三角形板铰接而 成,其顶部受两个力作用,其 大小都为P,方向如图,现不 计架子本身的自重,试求底部 固定铰支座A,B处的约束反 力。

2

解: (1)研究整体

∑F ∑F

x

=0
=0
A

y

FAx + FBx + P = 0 F Ay + FBy ? P = 0

① ②

∑M

=0

P ? nl + P ? l = FBy ? 2l ③

P 由②③式可得 FAy = ? (n ? 1) 2 1 FBy = P(n + 1) 2 (2)将上面n-1个板隔离出来,用和(1) 相同的方法,可求得 1 FDy = Pn 2

(3)将板EDB隔离出来

∑M
最后

E

= 0 : ? FDy ? l + FBy ? l + FBx ? l = 0 ④

由①④式可知

FBx

P P = ? , FAx = ? 2 2

FA = FAx + FAy FB = FBx + FBy

2。五根质量与长度均相同的匀质细杆用质量 可略的光滑铰链连接,今将一个顶点悬挂在天 花板上(如图),试求平衡时五边形当中,每边与 竖直方向的夹角φ1和φ2。(底边与竖直方向垂直)。

(两种解法)

解Ⅰ:从力的角度来解。对OC杆

Ny3 Nx3

N X3 = N X2

NY3 = G + NY2

l ΣM C = 0 : G sin φ1 + N X3l cos φ1 = NY3l sin φ1 2 对AC杆: Nx2 N X1 = N X2 NY2 = G + NY1

Ny2 Ny2

l ΣM A = 0 : G sin φ2 + N X2l cos φ2 = NY2l ? sinφ2 2 对AB杆 2NY1 = G
联列以上各式可得:tgφ2 = 2tgφ1 又

Nx2

sin φ1 + sin φ2 = 1 2 可得
o

Nx1 Ny1

φ1 = 9.9 , φ2 = 19.2

o

解Ⅱ:以O点为势能零点,建立系统的重力势能表达式有:
l ?l ? E p = ?2mg ? ? cos ?1 ? 2mg ? cos ?2 + l cos ?1 ? ? mg ( l cos ?1 + l cos ?2 ) 2 ?2 ?

1 由几何约束,得: l sin ?1 + l sin ? 2 = l 2

?

现在,系统处于平衡状态,则势能必然最低(稳定平 衡)。先用φ1表示φ2,利用*式,有: 1 sin ?2 = ? sin ?1 2 故有: E p = ? 4 mgl cos ?1 ? 2 mgl cos ? 2

?1 ? = ?4mgl cos ?1 ? 2mgl 1 ? ? ? sin ?1 ? ?2 ?

2

?1 ? ? sin ?1 ? cos ?1 ? dE p ?2 ? = 4mgl sin ?1 ? 2mgl =0 2 d ?1 ?1 ? 1 ? ? ? sin ?1 ? ?2 ? 2 2 ? ?1 ? ?1 得: 4sin 2 ? ?1 ? ? sin ? ? ? = ? sin ? ? (1 ? sin 2 ? ) 1 1? 1? 1 ? ? 2 2 ? ? ? ? ? ? ? ?

12sin 4 ?1 ? 12sin 3 ?1 ? 9sin 2 ?1 ? 4sin ?1 + 1 = 0
用计算器逼近解可得:

?1 = 9.9



? 2 = 19.2

3.直径为d和D的两个圆柱,置 于同一水平的粗糙平面上,如图 所示,在大圆柱上绕以绳子,作 用在绳端的水平拉力为F,设所 有接触处的摩擦系数均为?,试 求大圆柱能翻过小圆柱时,?值 必须满足的条件。

解:①先考虑 A、B 两处那里更容易滑动? ① 当D柱快离地时,B处的正压力为 g ( M + m ),摩擦力 为F。此时对D取 M D = 0 可知A处摩擦力也为F。正压 力为Mg(对D取F和fA的焦点为转轴)。所以A点更易滑动。 ②对D用 ∑ F = 0(三力共点),可知A处d对D的全反 ?1 CB 力必过E点,摩擦角为 α = tan EC
?D d? ?D d? 其中 BC = ? + ? ? ? ? ? = Dd ? 2 2? ? 2 2?
2 2

∴α = tan

?1

d D

即 ?>

d D

4.如图,已知匀质杆长为l,搁置于半径为R的 圆柱上,各处的摩擦系数均为?,求系统平衡时, 杆与地面倾角α应满足的条件。

N
2

f
2

N
3

O f3 O’ f1 N1

解:设杆和圆柱体的重力分 别为G1和G2。 对杆 ∑Fx = 0 f 3 + f 2 cos α = N 2 sin α

∑F

y

=0

∑ M o′ = 0
对柱
x
y

N 3 + N 2 cos α + f 2 sin α = G1 l α G1 cos α = N 2 R ? cot 2 2

N
2

f
2

N
3

O f3 O’ f1 N1

∑ F = 0 f1 + f 2 cos α = N 2 sin α ∑ F = 0 f 2 sin α + G2 + N 2 cosα = N1 f1 = f 2 ∑M = 0 ∑M = 0
o

o′

N 2 + G2 = N 1

以上七个方程中只有六个有效。由最后一式可知, N1>N2,又因为f1=f2,所以一定是2处比1处容易移动。 再来比较2处和O’处。

1)如果是2处先移动,必有f2=?N2,代入④式,可得?= tg(α/2) ,将此结果代入①,③,④式,即有 G1l? (1 ? ? 2 ) (sin α ? ? cos α ) f3 = 2 2 R (1 + ? )
? l? 1 ? ? 2 ? (? sin α + cos α )? N 3 = G1 ?1 ? 2 ? 2R 1 + ? ? R 1+ ? 2 在这种情况下,如要 f 3 ≤ ?N 3 ,必须有 l ≤ ? ? 1? ? 2 R R 杆要能搁在柱上,当然要 l ≥ = tan α 2 ? 2 R R 1+ ? 因此在 ? ≤ l ≤ ? ? 1 ? ? 2 时, α = 2 arctan ? 2)如果是O‘处先移动,必有f 3 = ?N 3

( (

) )

代入前式,可有

f 2 = N 2 tan

α
2

N 2 = G1l cos α

tan

α
2

2 R?

? 1 α? α 2 R = l cos α ?1 + tan ? tan ? ? 2? 2 ? ?

满足上式的α即为平衡时的α,这时要求f2<?N2须 有 R 1+ ? 2 l> ? ? 1? ? 2 综上所述:
R 1+ ? 2 ≤l≤ ? α 当 2 时, ? ? 1? ? R 1+ ? 2 当 l> ? 2 时,α应满足 ? 1? ? R

= 2 arctan ?

? 1 α? α 2 R = l cos α ?1 + tan ? tan ? ? 2? 2 ? ?

5.如图,A,B,C,D处皆为光滑铰链,E处 为光滑接触,杆长AB=3l,BC=4l,∠B=90°, DE∥AC,现在DE杆上作用一力偶,其力偶矩为 m,作用面在杆平面内,方向如图,若各杆都为 轻杆,试求A,C处的反力(D为AB中点)。

3

(1)分析DE杆,设BC杆对DE杆的弹力N1垂直与 BC杆,AB杆对DE杆的作用力 N2=N1,于是

N1 = N 2 = N N ? 2l = m m N= 2l

(2)分析AB杆,由受力平衡有

∑F ∑F

x

=0 =0 =0

N Ax + N Bx = 0 (1)
y

N Ay + N By + N = 0 (2)

∑M
因此有

D

(1)(2): N Ax = N Bx = 0

N Ax = N Bx = 0 N Ay = ? N By ? N

(3)分析BC杆,由受力平衡有

因此有 N Bx = N Cy = 0 1 N By = ? N 2 1 1 所以 N Ay = ? N + N = ? N
2 2

∑ F = 0 N Bx ? N Cy = 0 1 =0 = N N Cx ∑MB 2

N Cx = N + N By

最后 F = N = ? m (沿AB杆向下) A Ay
FC = N Cx

4l m = (垂直于BC杆向上) 4l

6.用均匀材料制成的浮子,具有由两个半径皆为R的 球冠围成的外形,像一粒豆子。浮子的厚度h〈2R, 质量为m1。沿浮子对称轴向浮子插入一细辐条,穿过 整个厚度。辐条长l〉h,质量为m2。当将浮子辐条 向上浸于水中时,浮子只有少部分没于水中。浮子的状 态是稳定的吗?

解:研究辐条稍微偏离平衡位置α角的情况,作用在浮子 ' 上的浮力沿竖直线 OO, OO '通过浮子水下部分的受力中 心(浮心),且与辐条交于下球冠的球心C处。 浮子重心P与 OO '的距离为 ( R - h/2 ) sinα 辐条中心与 OO ' 的距离为 ( l/2 - R ) sinα 取过 OO ' 的垂直于纸面的直线作为转轴,此时浮力的 力矩为O,只要浮子重力的力矩大于辐条重力的力矩,就 是稳定平衡,否则则是随遇平衡或不稳定平衡。

M = m1g (R - h/2) sinα - m2g (l/2 - R) sinα = (m1+m2) Rg - (m1h + m2l ) g/2
M > 0 对应稳定平衡; M = 0 对应随遇平衡; M < 0 对应不稳定平衡。

7.一种 “平衡吊” 如图,它主要由杆ABD,DEF,BC,CE四 杆铰接而成,而A处轴可以固定在竖直槽的不同位置,从而调节F 处吊钩上重物的高度,杆ABD可绕A在竖直平面内转动,C点能在 光滑水平槽内滑动,不计所有摩擦,用l1表示AD的长度,l2 表示 AB的长度,l3表示DF的长度,l4表示BC的长度。(1)若将各杆都视 为轻杆,且无配重物时,试论证l1 l2 l3 l4应满足何种关系,才能使 平衡吊的吊钩(包括重物)位于同一水平面的不同位置时平衡吊都 能平衡?(2)若考虑各杆自重,为使平衡吊的吊钩位于同一水平面 ABD 的不同位置时都可平衡,必须在杆ABD 的P处加一重物,P距A为lp,设 配重物重量为Gp,AD, DF, BC,CE重量分别为G1,G3,G4, G5,不计AP的重力,问当l1,l2, l3,l4和lp已知,且l1=l3,l2=l4时, Gp的值为多少?

解:(1)由于A点为固定转 轴,则系统对A点的力矩必 为0,由参考图可知
G ( l1 sin α + l3 sin β ) = N ( l2 sin α + l4 sin β )

化简得:sin α ( Gl1 ? Nl2 ) = sin β ( Nl4 ? Gl3 )
Gl1 = Nl2 , Nl4 = Gl3

?

由于题目要求α,β取不同值时*式均成立。故 即
l1 l3 = l2 l4

(2)下面换用能量法考虑,取A为势能零点,则系 统势能表示为:V = + 1 G l cos β ? G l ? cos β
ABD

2

11

p p

VCE

1 ? ? = ? ? h2 ? l5 cos β ? ? G5 2 ? ?

1 ? ? VDEF = ? h1 + l3 cos α ? G3 ? ( l3 cos α ? l1 cos β ) G 2 ? ? 1 ? ? VBC = ? ? h2 ? l4 sin ? ? G4 2 ? ?

故总的势能为
1 1 ?1 ? ?1 ? Vt = ? G1l1 ? G p l p + G5 l5 + Gl1 ? cos β + ? G3 l3 + G4 l4 ? Gl3 ? cos α 2 2 ?2 ? ?2 ?

?G5 h2 + G3h1 ? G4 h2

由 l2 cos β + h2 = l4 cos α

则Vt化为:
?? ? ? cos β ??

?1 ? l2 1 l2 1 1 Vt = ? G1l1 ? G p l p + G5 l5 + G3 l3 + G4 l2 + G ? l1 ? l3 2 2 l4 2 l4 ? ?2 h2 1 l2 1 ?Gl3 ? G3l3 ? G4 h2 ? G5 h2 + G3h1 + G4 h1 h4 2 l4 2

使Vt为定值,要求cosβ的系数为0。故由 l5 = l1 ? l2 , l1l4 = l2 l3 得: G p =

1 ?G1l1 + G5 ( l1 ? l2 ) + G3l3 + G4 l2 ? ? 2l p ?

评析:本题与前题有所不同,先用受力法分析,再用 评析 势能,但都抓住“不变”这一条件作文章,即将变数 的系数记为0,这十分有用,应牢记。

8.在盛有密度为ρ1的液体的大容器中放入一只底面积为 S的小的圆柱形容器,在这个容器的底部又插入一根长为 l的细管。两只容器壁均静止不动。在小的容器中注入密 度为 ρ 2 ( ρ 2 > ρ 的染了颜色的液体,使其高度至H, 1) 以使与外面容器的液面相平,然后打开细管的下端,可以 看到重液由细管内流入大容器中,但经过一段时间轻液开 始进入小容器中,以后这个过程重复地进行着。如果假设 液体不会混合以及表面张力可忽略不计,试求第一次从小 ?m1 容器里流出的重液的质量 是多少?在以后的每次循环 中,流进小容器的轻液的质量 和从小容器里流出的重 ?mn ?mk 液的质量 各是多少?

解: ① 设小容器的液面下降?x后A面平衡 上压强 PA1'=P0+ρ2g(H-?x+l)

下压强 PA1'' =P0+ρ1g(H+l) 由 PA1'= PA1'' 可得 ?x=(ρ2-ρ1)(H+l)/ρ2 故第一次流出液体质量 ?m1=ρ2?xs=(ρ2-ρ1)(H+l)s

②这是一种不稳定平衡,如果由于某种微扰使细管内液 体上升x(由于小容器截面比细管大得多,因此此微扰不 会改变小容器内液面的高度)这样下压强大于上压强, 将把两种液体的分界面一直推到B处,然后轻液开始浮到 重液上面,直至B处上、下压强相等 ③关心B处向下的扰动……. ④如此循环,直至小容器内重液全部流出至大容器底部。 下面计算每次流入小容器的轻液质量?mk和小容器中流出 的重液质量?mn。每次轻液流入从PAk'= PAk''开始,设在小 容器中流入?xk高的轻液后,B处上下压强相等,则 PAk'-ρ2gl+ρ1g?xk=PAk''-ρ1gl 得 ?xk=(ρ2-ρ1)l/P1, ?mk=ρ1?xks=(ρ2-ρ1)ls

每次重液流出从每次重液流出从PBn'= PBn''开始,设小 容器内液面下降?xn后,A处上下压强相等开始,设小容 器内液面下降?xn后,A处上下压强相等,即

PBn'+ρ2gl-ρwg?xn=PBn''+ρ1gl
可得

?xn = (ρ2-ρ1) l /ρ2, ?mn=ρ2?xns=(ρ2-ρ1) l s =?mk

9。半径为r、质量为m的三个相同的刚性球放在光 滑的水平桌面上,两两互相接触.用一个高为1.5r的 圆柱形刚性圆筒(上下均无底),将此三球套在筒内, 圆筒的半径取适当值,使得各球间以及球与筒壁之 间均保持接触,但相互无作用力.现取一个质量亦 为m、半径为R的第四个球,放在三个球的上方正 中.设四个球的表面、圆筒的内壁表面均由相同 物质构成,其相互之间 的最大静摩擦因数均为 ?=0.775.问:R取何值 时,用手轻轻竖直向上 提起圆筒即能将四个球 一起提起来?

解: 设系统已被提离桌面而能保持平 衡,受力分析如图所示,平衡方 程为: 上球 ∑ Fy = 0 3N 2 sinθ ? 3f 2 cosθ = mg ① 下球

∑F

x

=0
y

N1 = N 2 cosθ + f 2 sinθ

② ③

整体 下球

∑F ∑F

=0
=0
A

f1 + f 2 cosθ = mg + N 2 sinθ
3f1 = 4mg
f1 r = f 2 r

y

④ ⑤ ⑥

∑M

=0

由④⑤两式可得: f1 = f 2 = 4mg / 3

因为

f2 = f

' 2

N2 = N

' 2

4 1 1 ⑥式代入①式得: N 2 = mgcotθ + mg 3 3 sinθ 1 4 1 ⑥、⑦代入②式得: N 1 = mgcotθ + mg 3 3 sinθ 为了使物体之间不滑动,必须满足下列二式: 1 N1 1 1 4 + cosθ ≤ = + cotθ = ? f1 sinθ 4 4sinθ 1 N2 1 1 + 4cosθ ≤ = + cotθ = ? f 2 4sinθ 4sinθ

⑦ ⑧

⑨ ⑩

因为4+cosθ≥1+4cosθ,所以只要⑩式满足,⑨式必 定满足.也就是说如果发生滑动,首先在上、下球之间 发生.因为μ= 3 / 15(0.775),由⑩式得:

4 15sinθ max = 3(1 + 4cosθ max )

等式两边平方并整理后得: 128cos2θmax+24cosθmax-77=0 可解得 cosθ max
11 = 16

设R=br,借助于俯视图可知
2 2 cosθ = 3r /( r + R ) = 3 /(1 + b) 3 3 2 3 1 2 3 16 32 3 b= ?1 ≤ ? ?1 = ?1 3 cos θ 3 11 33

但是b又不能太小,要使上球不从三球中掉下,必须 使 b > 2 3 / 3 ?1 所以R取值范围为 ( 2 3 ? 1)r < R ≤ ( 32 3 ? 1)r 3 33 即 0.1547r<R≤O.6796r

10.质量为m、长为l的均质细杆AB一端A置于足够 粗糙地面,另一端B斜靠在墙上。自A至墙引垂线AO, 已知∠OAB=α,杆上端与墙面的摩擦系数为?。求杆 B端不至滑下时,杆与AO所在平面与铅垂面的最大倾 角 θ 以 及 此 刻 墙 对 杆 B 端 的 支 承 力 N 。

分析与解: 分析与解 设图为临界状态 时的系统位形,坐标OXYZ 如图中所示。OYZ为墙面, O为A在墙上的垂足,Z轴铅 直向上。杆上受力为三维空 间受力。若B端在墙上滑动, 将画出一个以O为圆心,l sinα为半径的半圆,如图中 虚线所示。杆B端受摩擦力f 与圆相切,且与y轴夹θ角, 还受支承力N,指向x轴正向。 杆上A端受力未知,图中未 画出。

尽管一开始我们并不知道如何写平衡方程会使求解 简化。但可以试着写出转动方程,使与题无关的未知力 不要出现在方程中。先写出杆上受力对AO轴的力矩平 衡方程,方程中不出现A端受到的未知力,B端受到的 支承力N的力矩为零,只有B端受到的摩擦力f和重力mg 对AO轴有力矩,平衡方程为: 1 m g D O = f ? l ? sin α ① 2 又 DO = l sin α ? sin θ ②

mg 联立解得: ? sin θ = 2 f



由于?未知,此式还不能得到角θ 。由于图中所示为 临界状态, ?与N有关系: f = ?N ④ 经分析,再写出对A点的铅直轴 AE的力矩平衡方程。同样,杆上 A端未知力不出现在方程中,重 力mg不产生力矩,只有B端受到 的支承力N和摩擦力在y方向分力 对轴AE有力矩,平衡方程为:

N ? DO = f cos θ ? l cos α ⑤
联立方程②、④、⑤,得

tgθ ? tgα = ?

θ = tg ?1 ( ? ? ctgα )



联立方程③、④、⑥,得到支承力表达式:

mg mg N= sin θ = 2? 2?

1 + ctg θ =
2

mg 2 ? + tg α
2 2

11。如图,由4根长杆AD、 BC、CF、DE和4根短杆AO1、 BO1、EO4、FO4构成一个框 架(各连接处都是铰链), 总质量为M。下面再挂一个 m,θ1θ2之间用轻绳连接,使 框架呈三个正方形,求绳上 的张力。

解:假设O2O3绳缩短了?x,那么 m将升高3 ?x,整个框架的重心将 升高1.5 ?x,这些势能的获得正是 由于O2O3绳做了功。设上的张力是 T

T ? ?x = mg ? 3?x + Mg ? (1.5?x)
可解得:

T = 3mg + 1.5Mg

12.如图所示,一光滑的圆截 面之半圆环管内装满2n个相同 的滚珠,每珠重P,与管恰好密 合,放在铅直平面内且两端等 高,如Nm是由顶端起第m个和 第(m+1)个珠间的压力,证明:

N m = P sin(mπ / 2n) csc(π / 2n)
(两种解法)

解Ⅰ:每个球对圆心的张角 ? = 2n 因此第m个小球E(见图)

π

2n 4n π π Nm与OE的夹角为 ? 2 4n 将E球的重力P、Nmax、Nm投影到垂直于OE的方向 ?π π ? P cosθ m = ( N m ? N m?1 ) sin ? ? ? ? 2 4n ?

θ m = mi

π

?

π

?π π ? P cosθ m?1 = ( N m?1 ? N m?2 ) sin ? ? ? ? 2 4n ? 用力的方 法来解题 .......... ?π π ? P cosθ 2 = ( N 2 ? N1 ) sin ? ? ? ? 2 4n ?

因而 P ∑ cosθ k = ( N m ? N1 ) cos
m
k =2

m

π
4n

= ( N m ? P ) cos

π
4n

? kπ π ? ? ? 其中 ∑ cosθ k = ∑ cos ? ? 2n 4n ? k =2 k =2 m 1 π ? kπ π ? = ∑ 2cos ? 2n ? 4n ? sin 4n ? 2sin (π / 4n ) k =2 ?
m

k ?1 ? ? kπ = ∑ ? sin 2n ? sin 2n π ? ? 2sin (π / 4n ) k =2 ? 1
m

π ? ? mπ = ? sin ? ? sin 2sin (π / 4n ) ? 2n 2n ?
1
(凑积化和差)

π ? π ? mπ 因而 ? sin ? = ( N m ? P ) cos ? sin 2sin (π / 4n ) ? 2n 2n ? 4n
P

π ? ? mπ P ? sin ? sin ? mπ π 2n 2n ? ? 即 Nm = + P = P sin csc sin (π / 2n ) 2n 2n

解Ⅱ:设想从第1到第m个球都发生小位移?S,则第k 个小球上升的高度为?hk,有:

?hk = ?s ? cos θ k π 设每个小球所对的圆心角为?θ,有: ?θ = 2n 1? ? 故有: θ k = ? k ? ? ? ?θ
? 2?

用能量的方法

因而从第1到第m小球的总势能增量为:

?E p = ∑ ?s ? cos θ k ? P = P ? ?s ? ∑ ?s ? cos θ k
k =1 k =1

m

m

1 3 1 ? ? = P ? ?s ? ? cos ?θ + cos ?θ + ?????? cos ( 2m ? 1) ?θ ? 2 2 2 ? ?

为求上述值,须借助矢量法,所求的 和式为 OA 在x轴上的投影,由
1 2 R ? sin ?θ = a = 1 2 1 2 R sin m?θ = OA 2

故 又

1 sin m ? ?θ 2 OA = 1 sin ?θ 2

1 ? = ( m ? 1) ? ?θ 2



1 1 1 ? ? sin m?θ cos ?θ + ? ? ? ? ? ? + cos ( 2m ? 1) ?θ = OA ? cos ? ? + ?θ ? = 2 2 2 ? ? 2sin 1 ?θ 2

现考虑Nm做的功为 1 W = N m ? ?s ? cos δ , δ = ? ?θ 由虚功原理,得:
2

sin m?θ N m ? ?s cos δ = p ? ?s ? 1 2sin ?θ 2 mπ sin 2n 得: N = p ?
m

sin

π

2n

评析:本题可以用受力分析,建立递推关系去解,此处 评析 向大家介绍虚功原理求力的方法,是为了让大家注意, 平衡问题与能量有着密不可分的关系,有时用受力分析 不得要领的问题,从能量角度去想,便可迎刃而解。

13。.用20块质量均匀分布的相同光滑积木块,在光 滑水平面上一块叠一块地搭成单孔桥。已知每一积木 块的长度为l,横截面是边长为h =l/4的长方形。要求 此桥具有最大跨度(即桥孔底宽)。试画出该桥的示 意图,并计算跨度与桥孔高度的比值。

思考:如果所有接触面之间都有摩擦(摩擦因数 为?)呢?

解:H = 10h ? h = 9h 由于积木是光滑的,所以积木之间无水平作用,即 最上面两块积木之间应无弹力。 以第n+1块积木右端A为转轴,分析第n块,其上n-1 块积木的总重心不能越出B(应恰在B点),所以有 (如右图)

?l ? ( n ? 1) G?xn = G ? ? ?xn ? ?2 ?

l 2h ?x = = 2n n
1 1 1? ?1? ? L = 2∑ ?xn = 4h∑ ? ? = 4h ?1 + + + ... + ? = 11.32h 2 3 9? ? n =1 n =1 ? n ? ∴ L : H = 11.32h : 9h = 1.258
9 9

(思考:如有?如何?) (注意:虽自上而下木块之间的压力不断增大,但f却始 终为G?。)如图,以A为转轴分析第n块,以上n-1块的 总重心可延伸至B以外,但压力总还是作用在B点

∑M A = 0 ?l ( n ? 1) G?xn = G ?
? ?xn = n

? ? ?xn ? + G ? h ?2 ? (2 + ? )h

研究第一块

h l? ? ∑ M 0 = 0, G ? 2 = G ? ?x1 ? 2 ? ? ?

?x1 =
总的

?h
2

+ 2h

9 ? ? L = 2 ? ?x1 + ∑ ?xn ? n=2 ? ?

? ? 1 ?? ?1 1 1 = 2h ? 2 + + ( 2 + ? ) ? + + + .. + ? ? 2 9 ?? ?2 3 4 ? = 2h ( 2.329 ? + 5.658 )
L : H = (11.32 + 4.66? ) : 9 = 1.26 + 0.52 ?

14.

解:在金属板膨胀的过程中,可找到一个不动的点A, AB段 f 向上,AC段 f 向下。设板的线密度为λ,那么有 ? ?λ ( l ? x1 ) cosθ ? λ x1 cosθ ? g = λ gl sin θ ? ? 在夜间收缩过程中

? ?λ x2 cosθ ? λ ( l ? x2 ) cosθ ? g = λ gl sin θ ? ?
研究C端:(可代表整个板) x1 白天: ?lC1 = il ?1 + α ( t2 ? t1 ) ? ? x1 = x1α ( t2 ? t1 ) ? l ? x2 晚上: ?lC 2 = il ?1 + α ( t2 ? t1 ) ? ? x2 = x2α ( t2 ? t1 ) ? l ?

∴ S = ?lC1 ? ?lC 2 = ( x1 ? x2 )α ( t2 ? t1 )

⑴、⑵

? x1 ? x2 = ?
? l tan θ S = ?? ? ?

l tan θ

?

? ?iα ( t2 ? t1 ) ?

负号可见板是下降的。


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