Пизанская башня

Вертикальное положение теряет устойчивость, когда наклон начальных участков графиков момента силы и упругого момента совпадает. Для башни роль пружины играет поролон: найдите его возвращающий момент интегрированием по основанию.

а) Пусть рычаг отклонился от вертикали и находится в состоянии равновесия (см. рисунок). Тогда сумма моментов сил, действующих на рычаг, будет равна нулю: \[Fl\sin\alpha = \gamma\alpha .\]

Посмотрим на графическое решение этого уравнения. Нарисуем графики зависимости момента сил, скручивающего пружину, и момента сил упругости от угла \(\alpha\). Возможно две ситуации, изображённые на рисунках а) и б).

Видно, что в случае малой приложенной силы график синуса лежит ниже прямой и уравнение имеет только одно решение, соответствующее вертикальному положению рычага. При превышении некоторого предела решений уравнения становится два. При этом вертикальное положение оказывается неустойчивым. Действительно, при малом отклонении от положения равновесия возвращающий момент сил оказывается меньше момента сил, увеличивающего отклонение. Таким образом, при преодолении критической силы положение равновесия окажется наклонённым. Критическую силу легко рассчитать, рассмотрев переходную от рисунка а) к рисунку б) ситуацию. В ней угловой коэффициент обоих графиков в нулевом положении должен совпадать, то есть: \[F_{\max}l = \gamma \;\Rightarrow\; F_{\max} = \frac{\gamma}{l}.\]

б) Для нахождения нового положения равновесия можем воспользоваться формулой приближённого исчисления синуса угла: \[Fl\left(\alpha - \frac{\alpha^3}{6}\right) = \gamma\alpha .\] Сократим выражение на \(\alpha\), так как нулевой корень уравнения нас не интересует, и решим квадратное уравнение: \[Fl\left(1 - \frac{\alpha^2}{6}\right) = \gamma .\] Два корня уравнения соответствуют двум возможным положениям отклонения рычага: \[\alpha = \pm\sqrt{6\left(1 - \frac{\gamma}{Fl}\right)} = \pm\sqrt{6\left(1 - \frac{1}{1{,}01}\right)} = 0{,}24 \approx 14^\circ .\]

в) Рассмотрим теперь модель Пизанской башни, установленной на упругой опоре. Пусть основание башни наклонилось на угол \(\varphi\) (рисунок). Тогда за счёт сил упругости возникнет возвращающий момент сил. Рассчитаем его.

На расстоянии \(x\) от осевой линии поролон сожмётся на \(x\cdot\operatorname{tg}\varphi\). Тогда в сечении поролона площадью \(ds = a\,dx\) возникнет сила в соответствии с законом Гука: \[dF = E\,ds\,\varepsilon = Ea\,\frac{x\cdot\operatorname{tg}\varphi}{H}\,dx .\] Эта сила внесёт вклад в суммарный возвращающий момент сил: \[dM = x\,dF = Ea\,\frac{x^2\cdot\operatorname{tg}\varphi}{H}\,dx .\] Тогда суммарный момент сил может быть рассчитан как: \[M = 2\int_0^{a/2} \frac{Ea\operatorname{tg}\varphi\cdot x^2}{H}\,dx = \frac{Ea^4\cdot\operatorname{tg}\varphi}{12H}.\] То есть для малых углов крутильная жёсткость подставки составит \(\gamma' = \dfrac{Ea^4}{12H}\).

На наклонённую башню действует момент силы тяжести, равный: \[M_б = \frac{\lambda L^2}{2}\,g\sin\varphi .\] Аналогично пункту а) башня выйдет из вертикального положения в случае равенства коэффициента пропорциональности между синусом и моментом силы и крутильной жёсткости опоры: \[\frac{Ea^4}{12H} = \frac{\lambda L_1^2}{2}\,g \quad\Rightarrow\quad L_1 = \sqrt{\frac{Ea^4}{6\lambda gH}} .\]

г) Рассмотрим наклонное равновесие башни: \[\frac{Ea^4\cdot\operatorname{tg}\varphi}{12H} = \lambda\frac{L^2}{2}\,g\sin\varphi .\] С учётом приближённых формул: \[\left(1 + \frac{\varphi^2}{3}\right) = \frac{L^2}{L_1^2}\left(1 - \frac{\varphi^2}{6}\right).\] Предельный угол отклонения башни, прежде чем она опрокинется, определяется её высотой и диаметром: \(\varphi_{\text{кр}} = \dfrac{d}{L}\). Тогда для расчёта критической высоты башни запишем: \[\left(1 + \frac{d^2}{3L_2^2}\right) = \frac{L_2^2}{L_1^2}\left(1 - \frac{d^2}{6L_2^2}\right).\] Преобразуем уравнение к виду биквадратного: \[\frac{L_2^4}{L_1^2} - L_2^2\left(1 + \frac{d^2}{6L_1^2}\right) - \frac{d^2}{3} = 0 .\] Рассчитаем дискриминант: \[D = \left(1 + \frac{d^2}{6L_1^2}\right)^2 + \frac{4d^2}{3L_1^2}.\] С учётом указанного в условии приближения: \[D = 1 + \frac{5d^2}{3L_1^2}.\] Тогда выберем положительный корень уравнения: \[L_2^2 = \frac{L_1^2}{2}\left(1 + \frac{d^2}{6L_1^2} + \sqrt{1 + \frac{5d^2}{3L_1^2}}\right) \approx \frac{L_1^2}{2}\left(1 + \frac{d^2}{6L_1^2} + 1 + \frac{5d^2}{6L_1^2}\right) = L_1^2\left(1 + \frac{d^2}{2L_1^2}\right).\] И окончательно для высоты \(L_2\) с учётом приближений: \[L_2 = L_1\sqrt{1 + \frac{d^2}{2L_1^2}} \approx L_1\left(1 + \frac{d^2}{4L_1^2}\right).\]