Научная литература
booksshare.net -> Добавить материал -> Физика -> Бендриков Г.А. -> "Физика. Задачи для поступающих в вузы" -> 91

Физика. Задачи для поступающих в вузы - Бендриков Г.А.

Бендриков Г.А., Буховцев Б.Б., Керженцев В.В., Мякишев Г.Я. Физика. Задачи для поступающих в вузы — Физматлит, 2000. — 397 c.
Скачать (прямая ссылка): fizikazadachidlyapostupaushih2000.pdf
Предыдущая << 1 .. 85 86 87 88 89 90 < 91 > 92 93 94 95 96 97 .. 144 >> Следующая

Для равновесия необходимо выполнение условия/=? kN; следовательно,
178. Равенство нулю суммы моментов сил mg и Т (рис. 253) относительно оси шарнира (точка О) приводит к уравнению
182. Так как стена гладкая, то со стороны стены на шар действует только сила реакции опоры N. перпендикулярная к стене (рис. 254). Эта сила по третьему закону Ньютона равна по модулю искомой силе давления шара на стену. Моменты сил N и mg относительно точки О равны нулю. Следовательно, сила натяжения Т нити также не создает момента относительно этой точки. Продолжение нити пройдет через
mg(l sin а)/2 +/Z cos а = N1 sin а,
где / - длина дощечки; отсюда
f=(N-mg/2)tga=(Ntga)/2.
к s* (tg а)/2.
где / - длина шнура; отсюда сила натяжения Т = mga/l- 6 Н.
179. F = mgjh(2r-h) /(г - /г).
180. F = mg(r, - г 2) /2/ = 5 Н.
181. т2 = (пг| tg а)/2; равновесие устойчиво.
Рис. 252
Рис. 253
Рис. 254
241
центр масс шара. Условия равновесия для составляющих сил вдоль горизонтали и вертикали имеют вид
/V - Т sin а = 0, mg - Т cos а = 0; отсюда N = mg tg а.
Из треугольника АОВ находим
tg а = г/ •>/(/ + г)2 - г2 , т.е. N = mgr / V/2 + 2 г/ = 1,23 Н.
183. Сумма проекций сил на направление, перпендикулярное к дну ящика, должна быть равна нулю (рис. 255). Проекции на это направление
имеют только сила тяжести mg и сила реакции дна ящика N. Таким образом, N = mg cos а. Следовательно, сила трения
f^kmg cos а. (1)
Равновесие шара зависит от выполнения этого неравенства. Поэтому выберем ось, относительно которой будем определять моменты сил так, чтобы момент силы трения был отличен от нуля, момент же силы натяжения Т нити обращался бы в нуль (чтобы можно было не вычислять эту силу). Этому условию удовлетворяет ось, проходящая через точку А закрепления нити перпендикулярно к плоскости рисунка. Относительно этой оси плечо силы- трения равно 2г, плечо силы тяжести 1= г sin а, а плечи сил Т и N равны нулю (г - радиус шара). Сумма моментов сил при равновесии равна нулю:
2rf- mgr sin а = 0; отсюда/= (mg sin а)/2.
Учитывая неравенство (1), найдем, что при равновесии kmg cos а
(mg sin а)/2; следовательно, максимальный угол а определяется из условия tg а = 2к.
184. Действующие на верхние концы палочек силы изображены на рис. 256: /- силы трения, N - силы реакции палочек друг на друга. Если L и I — длины большой и маленькой палочек, то уравнения моментов относительно осей А и В, проходящих через концы палочек, имеют вид
Mg(L cos а)/2 = /VL, mg(l sin а)/2 = //;
отсюда N = (Mg cos а)/2,/= (mg sin а)/2. Так как/ =? kN, то минимальный коэффициент трения, при котором система будет находиться в равновесии, к = f/N = m tg а/М.
242
185. Для равновесия необходимо, чтобы равнялись нулю суммы сил, действующих на стержень, и моментов сил относительно оси, проходящей через любую неподвижную точку. Из уравнения Fx + F - F2 = 0 вытекает, что сила F параллельна силам Ft и F2, направлена вдоль F{ и равна F1-Fl = 15 Н (рис. 257).
Точку приложения силы F проще всего найти, если рассмотреть сумму моментов сил относительно оси, проходящей через эту точку. В этом случае момент силы F будет равен нулю, а моменты сил Ft и F2 должны
mg
g
Рис. 257
Рис. 258
уравновешивать друг друга. Пусть эта точка С расположена на расстоянии х от точки А и все силы составляют со стержнем угол а. Тогда уравнение моментов сил будет иметь вид
F\x sin а + F2(d-x) sin а = 0, илих = F2d/(F2 - F\) = 2,5 м.
Результат не зависит от угла а, за исключением случая а = 0, когда сила F может быть приложена в любой точке стержня.
186. Сумма моментов сил тяжести относительно оси, проходящей через центр масс, должна равняться нулю. Если х - расстояние от центра масс системы С до центра масс стержня (рис, 258), то
m\g{l\/2 + dll + х) + mgx - m2g(l2l2 + d/2 - x) - 0;
отсюда x = [m2(l\ +d)~ щ(1\ + d)]/2(m, + m2 + m) = 0,05 м, т.е. центр масс системы лежит в точке прикрепления большего кубика.
187. Положение центра масс системы заранее не известно. Поэтому можно предположить, что он находится в произвольной точке С стержня, не совпадающей с центром ни одного из шаров (рис. 259). Сумма моментов сил относительно оси, проходящей через центр масс С системы, должна быть равна нулю:
mlg(2d + х) + m2g(d + х) + m^gx - m4g(d - х) = 0;
отсюда х = (т4-т2- 2m\)dl(m\ + т2 + т3 + т4) = -5 см. Знак минус означает, что центр масс системы лежит не справа от центра третьего шара, как мы предположили, а слева на расстоянии 5 см.
243
188. Расстояние от центра масс системы до середины медной проволоки х = л/3р,//2(2р[ + р2) = 16,3 м.
189. Для того чтобы цилиндр не опрокинулся, необходимо, чтобы момент силы тяжести относительно оси, проходящей через точку А (рис. 260), поворачивал цилиндр против часовой стрелки. Следовательно, вертикальная прямая, проведенная через центр масс цилиндра, должна проходить через основание цилиндра. По условию задачи сечение
цилиндра представляет собой квадрат, поэтому искомое максимальное значение угла 0™* = 45°.
190. х = h2/(d + 2h) = 4,5 см.
191. hi г = -J2J3.
192. На рис. 261 изображены силы, создающие отличный от нуля момент относительно оси, проходящей через точку А. Плечи сил m^g и m2g равны ВС = 3(r sin а)/8 и ED = г cos а. Сумма моментов этих сил равна нулю:
Предыдущая << 1 .. 85 86 87 88 89 90 < 91 > 92 93 94 95 96 97 .. 144 >> Следующая

Реклама

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed

Есть, чем поделиться? Отправьте
материал
нам
Авторские права © 2009 BooksShare.
Все права защищены.
Rambler's Top100

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed