Турчина Н.В. Физика в задачах для поступающих в вузы

Подождите немного. Документ загружается.

500

Треуольни OCO

подобен треуольниу сил, поэтому

= ⇒ N = , = ⇒ T = .

Отсюда находим о т в е т :

N = H = 0,784 H d 0,8 H;

T = H = 0,588 H d 0,6 H.

5.5.2. Выберем ось OХ вдоль прямой,

на оторой расположены шарии. Начало

отсчета этой прямой свяжем с положени-

ем третьео шариа (рис. 5.5.5). Коорди-

ната центра тяжести системы определяет-

ся соотношением

ц.т

= ,

или

ц.т

= =

= = a.

О т в е т: x

ц. т

= a.

5.6.1. Стержень находится в равновесии,

поэтому сумма сил, действующих на стер-

жень, равна нулю, или в проециях на оор-

динатные оси ОХ и ОY (рис. 5.6.17):

– N

= 0,

– mg = 0.

Запишем правило моментов относительно

точи А:

mg cos ϕ – N

l sin ϕ = 0.

--------

Rr+

------------ -

mg R r+()

---------------------------

--------

lr+

----------

mg l r+()

------------------------ -

005 98 04,⋅,⋅,

025,

----------------------------------------- -

005 98 03,⋅,⋅,

025,

----------------------------------------- -

ц.т.

Рис. 5.5.5

i 1=

∑

i 1=

∑

-----------------------

++++

--------------------------------------------------------------------------------------------------- -

m 2a−()2ma−()3m 04ma 5m 2a⋅++⋅++

15m

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

---

Рис. 5.6.17

---

501

Решив систему приведенных уравнений, получим о т в е т:

= N

= = 0,5 H, N

= mg = 1 H.

5.6.9. Запишем условие равновесия лестни-

цы в проециях на оси ОХ и ОY (см. решение

задачи 5.6.1):

– F

тр2

= 0,

тр1

+ N

– mg = 0,

де N

, N

— силы реации стены и пола, F

тр1

= μ

, F

тр2

= μ

— силы трения между лест-

ницей, стеной и полом соответствено, mg — сила

тяжести лестницы (рис. 5.6.18). Относительно

точи А условие равновесия имеет вид:

тр1

lcos ϕ + F

тр2

l sin ϕ – mg cos ϕ = 0.

Решив систему приведенных уравнений, по-

лучим о т в е т :

= ; N

= ;

тр1

= ; F

тр2

= ; ϕ = arctg .

5.6.22. При масимальном значении ула α

цилиндр располаается та, а поазано на ри-

суне 5.6.19; x — расстояние от центра тяжести

тела до ео еометричесоо центра. Найдем

ео, применив правило моментов:

Mgx – mg + x ⇒ x = ,

де m — масса вырезанной части. Та а

MpR

, m p , то m = , и тода

x = = .

Находим предельный уол налона доси:

sin α = = ⇒ α = arcsin d 9,6°.

О т в е т: та а μ > tg α, то цилиндр не будет сользить.

mgctgϕ

--------------------- -

Рис. 5.6.18

---

1 μ

----------------------

1 μ

----------------------

1 μ

----------------------

1 μ

----------------------

1 μ

−

2μ

----------------------

Рис. 5.6.19

--- -

⎝

⎛

⎠

⎞

Mm−

-----------------

----

∼∼

--- -

⎝⎠

⎛⎞

----- -

M 4⁄

MM4⁄−

------------------------- -

----

---

502

5.6.23. В системе отсчета, связан-

ной с автомобилем, на автомобиль дей-

ствует сила инерции F = ma, приложен-

ная  ео центру тяжести (рис. 5.6.20).

Эта сила создает вращающий момент,

поэтому автомобиль налоняется перед-

ней частью вниз, при этом передняя

рессора сжимается на ∆l

, а деформация

задней рессоры уменьшается на ∆l

. Это приводит  изменению сил ре-

ации опоры:

= N + ∆N

и N

= N – ∆N

де N — сила реации опоры до начала торможения. Та а центр

тяжести находится посередине автомобиля, то

2N = mg. (1)

Из условий равновесия находим:

+ N

– mg = 0,

2N + ∆N

– ∆N

– mg = 0,

∆N

= ∆N

т. е. изменения сил реации опоры одинаовы.

Используя заон Гуа и учтя, что жестости рессор одинаовы:

= k∆l

получаем

∆l

= ∆l

Запишем условие равновесия моментов сил относительно точи А:

maH + (N – ∆N)L = mg ;

с учетом (1) и условия ∆N = k∆l находим

∆l = = 0,1 м.

О т в е т: œl = 0,1 м.

5.7.2. Условие равновесия левоо

нижнео бревна относительно точи А

(рис. 5.7.13):

– f

тр

= 0,

Рис. 5.6.20

Рис. 5.7.13

---

maH

---------------

503

де l

= R sin — плечо силы N, l

= R 1 + cos (здесь α = 60°) —

плечо силы f

тр

, f

тр

= μN — cила трения.

Решив систему приведенных уравнений, получим

μ = = 2 – d 0,27.

О т в е т: μ d 0,27.

5.7.8. Запишем условие равновесия системы

относительно точи O (рис. 5.7.14):

g + M

g – N

a = 0,

де a — расстояние между нижними онцами

лестниц-половино. Запишем условие равновесия

правой половини относительно точи O

′

g sin + Tl cos – N

l sin α = 0.

Решив систему приведенных уравнений, получим о т в е т:

T = g tg .

5.7.9. Брусо и плита находятся в равновесии. Рассмотрим ус-

ловия равновесия аждоо тела, считая их однородными.

На плиту действуют: сила тяжести Mg,

сила реации N

со стороны оризонтальной

плосости, сила трения F

тр1

между плосо-

стью и плитой и сила реации N

со сторо-

ны бруса. Запишем условие равновесия

для плиты относительно оси OZ, перпенди-

улярной плосости рисуна 5.7.15. Силы

и F

тр1

моментов не создают, та а их

плечи относительно данной оси равны ну-

лю. Поэтому

= Mg sin α – N

l cos α = 0.

На брусо действуют: сила тяжести mg, сила реации опоры N

со стороны оризонтальной плосости, сила трения F

тр2

между

плосостью и основанием бруса и сила давления N

со стороны

плиты, причем = N

. В момент опроидывания сила N

будет

---

⎝

⎛

---

⎠

⎞

---sin

---cos+

----------------------- -

Рис. 5.7.14

---

------ -

---

----------------------- -

---

Рис. 5.7.15

∑

---

′

504

приложена  точе O′ бруса. Запишем условие равновесия бруса

относительно оси O′Z, параллельной оси OZ (при этом силы F

тр2

моментов не создают):

∑M = N

l cos α – mg m 0.

Выразим значение силы N

из уравнения равновесия плиты:

и подставим в уравнение равновесия бруса, получим

– m 0,

отуда

α m arsin = 30°.

О т в е т: α m 30°.

5.7.10. Удлинение пружины ∆l = 2dn sin , де

n — число витов пружины, α — уол, на оторый

поворачивается вито пружины (рис. 5.7.16). Общее

удлинение пружины мало, и поэтому уол α мал, а

для малоо ула sin d . Следовательно, ∆l = dnα.

Уол α пропорционален моментам сил F

и F

оторые растяивают вито:

α f Fd, де F

= F

= F,

∆l f nd

Для первой пружины ∆l

= n

dF, для второй ∆l

= n

dF;

из последних уравнений получим ∆l

= ∆l

· · 2

= .

О т в е т: œl

= .

5.7.11. Применим принцип возможных перемещений  нашей

системе:

упр

∆x

– mg∆x

= 0. (1)

z′

---

Mg αsin

2 αcos

-----------------------

Mgl αsin

------------------------- -

mga

------------

---------

Рис. 5.7.16

---

505

При бесонечно малом уменьшении длины нити на ∆x

точа подве-

си М поднимается на высоту 3∆x

, а центр тяжести подвеси — на

высоту

∆x

= . (2)

Решив систему уравнений (1), (2), получим о т в е т:

упр

= mg = mg.

5.7.12. При движении доси и шара вместе их усорение

a = .

Чтобы шар не выатился из луни, необходимо, чтобы резуль-

тирующий момент сил относительно оси, проходящей через центр

масс шара (ось обязательно должна проходить через точу O, та

а у шара есть усорение!), был направлен по часовой стреле:

( + )R cos α l ( + )R sin α,

де + — результирую-

щая вертиальных составляющих

силы трения пооя между шаром и

досой и силы реации со стороны

доси; + — результи-

рующая оризонтальных составляю-

щих этих же сил (рис. 5.7.17).

Очевидно, что

+ = mg,

+ = ma.

Следовательно, mg cos α l ma sin α, γ cos α l sin α.

Из рисуна видно, что

sin α = , cos α .

Оончательно получаем:

l , F m = 150H.

О т в е т: F = 150 H.

3 x

∆

--------------

∆

--------- -

---

Mm+

-----------------

тр. по.

верт.

тр. по.

ор.

Рис. 5.7.17

тр. по.

верт.

тр. по.

ор.

тр. по.

верт.

тр. по.

ор.

Mm+

-----------------

Rh−

--------------

h 2Rh−()

--------------------------

2Rh−()

----------------------

Mm+

-----------------

Rh−

--------------

Mm+()gh2Rh−()

Rh−

----------------------------------------------------------

506

5.7.13. При вращении шари-

а вору стержня нить будет на-

тянутой, и на стержень будет дей-

ствовать сила натяжения нити T,

оторая способна опроинуть дис.

Для тоо чтобы дис ни одной точ-

ой не оторвался от стола, необхо-

димо, чтобы результирующий мо-

мент сил был направлен против ча-

совой стрели (рис. 5.7.18), т. е.

относительно оси, проходящей че-

рез точу А перпендиулярно

плосости рисуна. Момент силы

тяжести должен быть больше

момента силы натяжения:

MgR l Tx cos α.

Здесь учтено, что моменты сил реации N и трения пооя T

тр.по.

равны нулю.

Из рисуна следует:

R + x = l tg α, x = l tg α – R.

Для нахождения силы T запишем уравнение движения шариа

в проеции на ось OY системы оординат:

0 = T cos α – mg, T = .

Следовательно,

MgR l (l tg α – R) cos α,

отуда получаем:

tg α m ⇒ α m arctg .

О т в е т: α

max

= arctg = 45°.

5.7.14. Кода доса наедет на шероховатый участо, на нее

начнет действовать сила трения F

тр

, направленная против дви-

жения. При резом торможении доси брусо по ней поатится.

При этом результирующий момент сил относительно оси, прохо-

дящей через центр масс бруса, будет направлен по часовой

стреле.

Рис. 5.7.6

αcos

-------------

αcos

-------------

RM m+()

---------------------------

RM m+()

---------------------------

RM m+()

---------------------------

507

Для решения задачи достаточно

рассмотреть случай опроидывания

бруса с оризонтальноо положения в

вертиальное (рис. 5.7.19).

Силу реации N

, со стороны доси

и силу трения пооя F

тр.по.

между

брусом и досой найдем, записав за-

оны движения бруса:

0 = N

– mg, ma

= F

тр.по

Усорение бруса, равное усоре-

нию доси, можно найти, записав вто-

рой заон Ньютона для системы «до-

са — брусо» (рис. 5.7.20):

(M + m)a

= F

тр.

, 0 = N

– (M + m)g,

тр.

= μN

Следовательно,

= μg, μmgb l mgh, μ l = 2.

О т в е т: μ l 2.

Г л а в а 6. ГИДРОСТАТИКА

6.2.23. Та а жидость давит на пробу с

обеих сторон, то результирующая сила F, действую-

щая на пробу со стороны жидости (рис. 6.2.11),

будет направлена вверх и равна

F = 2F

верт

,(1)

де

верт

= ìpí sin α,(2)

ìpí = = . (3)

Решив систему уравнений (1) — (3), получим

F = ρg tg d 2,6 H.

Ответ: F d 2,6 H.

Рис. 5.7.19

Рис. 5.7.20

---

Рис. 6.2.11

α 2⁄()cos

-------------------------

ρgh

-----------

ρgS

---------------

32⁄

---

508

6.3.13. На рисуне 6.3.7 отмеча-

ем начальный уровень ртути и выби-

раем поверхность одноо уровня по

ранице раздела воды и ртути (1—1).

Разбиваем столбы жидости над

этой поверхностью в левом и правом

сосудах на части и обозначаем их

высоты h

, h

, и .

Условие равновесия жидости в

сообщающихся сосудах: на уровне

1—1 давление в левом олене равно давлению в правом, т. е.

+ h

= ρ

рт

+ ρ

рт

.(1)

Условие несжимаемости:

= S

или h

= .(2)

Из рисуна находим

+ h

= h

,(3)

= . (4)

Решив систему уравнений (1) — (4), получим

= h

= 0,3 см; h

= h

= 4,8см.

О т в е т: = 0,3 cм; h

= 4,8 cм.

6.3.14. Если труба заполнена мас-

лом, то на уровне основания трубы (I—I)

давление, создаваемое маслом, равно

давлению воды (рис. 6.3.8):

+ ρ

gl = p

+ ρgh

де ρ

, ρ — плотности масла и воды

соответственно, h

= l – h.

Решив данное уравнение, получим

l = h = 10 h.

О т в е т: l = 10 h.

111 1

Рис. 6.3.7

′

17ρ

рт

---------------

16ρ

17ρ

рт

---------------

′

Рис. 6.3.8

ρρ

−

---------------

509

6.4.11. На рисуне 6.4.5 поазаны силы,

действующие на аждый поршень. На поршень 1

действуют силы: давления воды F

1в

= p

, ат-

мосферноо давления F

1а

= p

, F и натяжения

нити T. Поршень 2 находится в равновесии, по-

этому

1в

– F

1а

– T – F = 0.

На нижний поршень действуют силы: натя-

жения нити, атмосферноо давления F

2а

= p

давления воды F

2в

= p

. Нижний поршень то-

же находится в равновесии:

2а

+ T – F

2в

= 0.

Решив данную систему уравнений, получим

= p

+ = 120 Па; T = = 20 Н.

О т в е т: p

= 120 Па; Т = 20 Н.

6.4.12. На рисуне 6.4.6 поазаны силы,

действующие на сосуд: сила тяжести mg, сила ат-

мосферноо давления F

= p

– S

), сила давле-

ния воды F

= (p

+ ρgh) (S

– S

) и сила реации опоры N. В момент

отрыва сосуда от опоры (ода вода начнет вытеать) N = 0. Для этоо

момента условие равновесия имеет вид

– F

– mg = 0.

Решив данную систему уравнений, получим о т в е т:

h = .

6.5.21. Наибольшая выталивающая си-

ла вознинет, если вода дойдет до верхнео

рая проби (рис. 6.5.13). При этом на пробу

будут действовать сила тяжести mg и вытал-

ивающая сила F.

Выталивающая сила F в данном случае

равна

F = F

– pS

,(1)

Рис. 6.4.5

Рис. 6.4.6

−

-------------------

−

-------------------

ρ S

−()

----------------------------

Рис. 6.5.13