Сборник задач по физике - Баканина Л.П.
Скачать (прямая ссылка):
140 ее части, то положение центра тяжести пластины с отверстием определится из соотношения
(M-2m)jc=m(—-jtj.
Здесь X — расстояние искомого центра тяжести от точки О. Отсюда,
т 1 ,
учитывая, что = - (массы относятся как плошадн соответствующих частей диска), сразу получим
R
X =
6 -
20. Решение аналогично предыдущему. Положение центра тяжести крышки стола с диском найдем из соотношения (рис. 159)
Mx= т (R—r - х),
где х- расстояние искомого центра тяжести от точки О (центр крышки). Ножки стола должны быть расположены симметрично относительно этого центра тяжести, т. е. в вершинах равностороннего треугольника, центр которого совпадает с центром тяжести стола с диском.
21. Катушка не будет вращаться, если момент сил трения
Рис. 159.
Рис. 160.
относительно центра тяжести будет равен моменту силы f, приводящей катушку в движение (рис. 160), т. е. если
RFrP = rf. (1)
Очевидно, что tтр a mgk, a / = mgk + та, где т — масса катушки. Подставив эти выражения в (1), получим
ft =
га
(•R~r)g'
(2)
Примечание. В тех случаях, когда тело не имеет фиксированной оси вращения и может под действием внешних сил перемещаться, моменты сил рекомендуется вычислять относительно оси, проходящей через центр тяжести этого гела. Если же такая фиксированная ось вращения существует (как, например, в задаче 14), то моменты сил удобнее вычислять относительно этой оси, так как это избавляет от необходимости учитывать моменты сил реакции.
141 22. При увеличении угла а (рис. 161) цилиндр может либо соскользнуть, либо скатиться. Скольжение наступит, когда составляющая веса цилиндра вдоль дошечки станет больше максимального значения силы трения. Обозначая Ctj — угол, при котором начинается
скольжение, P1 — избыточный вес вещества, заполняющего отверстие, a P — вес однородного цилиндра, получим
(P-HPi)Sina1 =
= Zs(P-HPi)Cosa1. (1)
откуда
fg a, = k,
(2)
Рис. 161.
Определим теперь угол а = а2, начиная с которого возникнет чистое(без проскальзывания) качение цилиндра. Для этого заметим, что поскольку скольжения нет, сила трения меньше своего .максимального значения, и равна составляющей силы веса вдоль дощечки, т. е. величине (Р + Pі) sin a2. Очевидно, цилиндр сможет удерживаться на дощечке, пока момент силы трения относительно его оси не превысит максимально возможного значения момента силы Pb который соответствует горизонтальному расположению линии центров отверстия и цилиндра. Таким образом, для a = a2 будем иметь
R (Р + P1) Sina2 = I-PP1. (3)
Поскольку, как нетрудно видеть P1 = = 5Р/8, то равенство (3) дает
sin а2
JJL
39 "
Прн этом
tg а2 « 0,26 •
[oi-
Следовательно, равенство моментов нарушится раньше и цилиндр начнет скатываться без скольжения.
Заметим, что ось, относительно которой вычисляются моменты, можно выбирать произвольно, однако в данном случае вычисления получаются наиболее простыми, если эта ось совпадает с осью цилиндра. (См. примечание к задаче 21.)
23. sin a = 1/6 (решение аналогично решению задачи 22).
24. Силы, действующие на палочку, указаны на рис. 162. Палочка будет находиться в равновесии, если сумма моментов архимедовой силы Fa и силы тяжести mg относительно точки О равна нулю.
142 Если длина палочки L, то (см. примечание к решению задачи 21) г 3 г 1' г
Fa-^ L = mg-L
(Fa приложена в центре тяжести жидкости, вытесненной палочкой). Обозначим плотность воды р3, плотность материала палочки р, сечение палочки S. Тогда
Fa = SY PbS' mg = SLpg,
и условие равновесия примет вид
3
P = J Pb.
25. Условие равновесия тела можно записать такі рК = P1Vi + р2К2,
где K1 и K2 — части объема тела, находящиеся в более плотной и менее плотной жидкости соответственно; учитывая, что К = K1 + K2,
получим
P -Pz
V1 = V
Pl - р2
26. Обозначим через V объем латуни, из которой сделана
чашка, а через v — часть объема чашки, погруженную в воду. Чашка будет плавать, если
Кр.1 = 1фв. .(О
Здесь рл и рв — плотности латуни и воды соответственно, объем погруженной части чашки v связан с высотой изменения Ii уровня жидкости соотношением
a = Sh. (2)
Это соотношение можно пояснить, например, следующим образом. При погружении чашки давление р воды на дно возросло и стало равным
Рв + Р'ї
P=-g-, (3)
где Pb п P4 — вес воды и чашки соответственно. С другой стороны,
P = Pag(H + h). (4)
Соотношения (3) и (4) дают
— + рлК=рв5(Я + /г). §
143 Отсюда, учитывая, что Pb.= рBgSH, сразу получим (2). Высота воды в банке при утопленной чашке:
H1 = H +
• Н + A = 15,25 см. Рл
27. Диск оторвется от трубки, когда сила F1 давления воды на его нижнее основание уравновесится весом P диска и силой F2
давления воды на выступающую за пределы трубки верхнюю часть основания,
P + F2 = Flt
или
^ JiD2Ap g + J я (D2 - d2) Hpsg = = ±nD*(H + h) pBg.
Отсюда
P-Pb Pb
Атмосферное давление на верхнюю и нижнюю части диска предполагается одинаковым.
28. Допустим, для определенности, что у автомобиля только задние колеса — ведущие. Условие равномерного движения позволяет утверждать, что, во-первых, суммы действующих на автомобиль сил и моментов сил равны нулю и, во-вторых, что сила трения в точности равна Mgsina (рис. 163):
