Сборник задач по физике - Баканина Л.П.
Скачать (прямая ссылка):
Ni +N2 = Mg cos a, N1^ = N2^+ FrpH, Frp = Mg sin a.
N1 = Mg + -J sin a) « 0,56 T,
N2 = Mg _ JL sin a j « 0,44 T.
Отсюда
Динамика
29. На муфту в горизонтальной плоскости действуют сила тре. ния Frp и реакция опоры N, причем Frp =S^ kN. Муфта не будет двигаться относительно штангн, если сумма этих сил будет равна та и направлена вдоль направления ускорения. Поэтому в предельном случае
N N
tga = -p— = отсюда fe = ctga.
144 30. Поскольку трение отсутствуем то, на цилиндр не будут действовать никакие силы, карательные к его поверхности. Поэтому при увеличении ускорения доски цилиндр будет подниматься на ступеньку, не поворачиваясь. Используя рис. 164, представляющий действующие на цилиндр силы, можно записать второй закон Ньютона для горизонтального н вертикального направлений:
та = Ni cos а, О = mg — Ni sin а — N.
Учитывая, что sin a = (R — H)/R и что при максимально возможном ускорении йтах будет N = 0, получим
V H (2R-H)
апіах — S R-H '
яшт.
'ШШЩШРШ.
Рис. 164.
На цилиндр действуют реакции 165)
31. Так как цилиндр движется с ускорением а, то сумма действующих на него сил равна та опоры Ni и N2 и вес его mg (рис,
та = N1 cos а — N2 cos а, mg = Ni sin а + N2 sin а, где cosa = R/2R, а = 60°. Решая эти уравнения, получаем
-і- Л Ni = ml —
Ni = т
1'3
+ а
Ws
Что произойдет при а > glV3 ?
32. Ртуть движется с ускорением а, следовательно, на нее действует горизонтальная сила, равная та. На ртутные столбики DB
и ЕС (рис. 166) действует сила со стороны трубки. На горизонтальном
D
В
Рис. 166.
участке ВС на ртуть будет действовать сила за счет разности давления Pb-Pc в точках В и С: P в~ P с = pgh,
p2LSa = pghS, отсюда h =
10 Л. П. Баканнна и др.
145 Ртуть начнет выливаться, если т. е. а>-Щ~. Дав-
ление в точке А
Pr +P с I Pa - - % = у [Po + Pg (A + A1) + Pq + Pgft1],
но h + 2h і = H; поэтому
Р А-Р 0 +У P^.
33. На основании второго закона Ньютона запишем та = kmg,
где иг — масса автомобиля, а а — его ускорение:
и2
Таким образом,
^ 2/-
V
' = TTT- ~ 100 M-2 gk
34. (Inl + Iii2) a = F. Здесь а — максимально допустимое ускорение грузов. Так как наибольшая нагрузка, которую выдерживает нить, равна Р, то максимальное ускорение груза тг, а значит, и всей системы, будет a = PJrn2, откуда
F = p +т2
In2
Если сила действует на груз т2, то
Illl +In2
F = P
OT1
35. По второму закону Ньютона ускорение а равно
F-<m. + mB+ m)g 188,8 н - 16 кг • 9,8 ж/сек2
о =-L-A-в.-LL =- -= 2 м!сек\
тА + 1пв + т 16 кг
Натяжение у верхнего конца веревкн
fB = (m? + in) (a + g)= 106,2 н,
а в середине веревки
36. Пусть коэффициент трения k. Тогда на отцепившуюся часть состава действует сила k Mg; ускорение ^1 этой части опреде-
O
лится из уравнения
YAfa1 = Zs-AIg1 U1= kg,
146 следовательно, скорость ее меняется по закону v = V0-kgt. Время, по прошествии которого скорость уменьшится в два раза,
Po
2 kg'
На остальную часть состава действуют две силы —сила тяги и сила трения. До разрыва состава сила Fr тяги уравновешивала силу трения: Ft = kMg. После разрыва — ускорение а2 оставшейся части легко найти:
Y Ma2 = Ft- Fjp = kMg - -j kMg -¦ 1
1
kMg,
а 2 =
kg-,
скорость этой части
: V0 + j kgt,
и в момент времени Z1 равна
V0
Ca = Со + 2'kg
2 kg
37. Так как трение в оси блока и его масса пренебрежимо малы, то натяжение T вдоль веревки, связывающей грузы, будет постоянным. Поэтому уравнения движения для грузов Inl и Vi1 соответственно будут (рис. 167):
msa = iiitg-T, т2а =T- m2g,
где а —ускорение грузов. Пружинные весы растягиваются силой 2Т. Из уравнений движения легко найдем
2 T =
4mitii2g
tu і + Iti2
т і — т2
tili + Iti2
¦¦ 4,7 н, T = 2,35 к,
g— 1,96 м/сек2
38. По аналогии с решением задачи 37 найдем
пи — tn2
а=Irrr^Tg'
где а —ускорение каждой гири, a mt и W2 — массы гирь (mt > m2). За время / каждая гиря пройдет путь Л/2. Значит,
J2 •
10*
147 Подставляя это выражение в исходное равенство, нолучим
т і
ІТІ2
, h ё + -рг
h_ I»
1,11.
g-
39. Уравнения движения грузов: ItilO = mig — Т,
т2а = T- m2g -
откуда
а = -
(т,- т2) g - F7p
tti\ + т2 С
2 m3g + /7Tp
Т=т
Hti + т2
ґ грі
g « 1,6 м/сек2,
417 F.
40. Натяжение вдоль всей веревки постоянно (см. решение задачи 37). Поэтому уравнения движения грузов M1 и Mi соответственно будут
M1U1 = Mig-T, M2O2 = 2T-M3g.
Нетрудно видеть, что Oi = 2а2 (почему?). Учтя это, получим
„ 2 M1-M2
ai =-і-8-
2 М + ~М2
Если 2Mt > M1, то груз Mі будет опускаться.
41. Так как груз M неподвижен, то натяжение веревки все время постоянно н равно весу груза М. На обезьяну действуют
сила тяжести (вниз) и сила натяжения веревки (вверх). Отсюда ускорение обезьяны
\ M-т
\ а—it-*
Время (, очевидно, равно ( = V2!/a = 4 сек.
42. Пусть белка находится в точке А (рис. 168). Сила, действующая на колесо со стороны белки, равна весу белки P и направлена вертикально вниз. Ускорение колесу будет сообщать касательная составляющая F силы P
