Физика. Примеры решения задач, теория - Гомонова А.И.
Скачать (прямая ссылка):
сила тяжести Mg и сила тре-^ ния покоя / (она направлена в сторону,
противоположную возможному движению). Первое условие равновесия для
лестницы имеет вид
182
Nl+Nz+Mg + f = 0-В проекциях на оси ОХ и 0Y это уравнение запишется
соответственно
N2 - / = 0, или N2 = /;
- Mg = 0, или Nx - Mg.
Второе условие равновесия для моментов сил удобно записать относительно
оси, проходящей через точку В, т.е.
I
(б)
Mg
Nzl sin а - Mg - cos a = 0, или Nz =
2 2
ctg a.
Со сторрны опоры на лестницу действуют две силы: сила реакции опоры Nl и
сила трения покоя J. Величину результирующей этих сил легко определить по
теореме Пифагора
Q = Jf+ Nl =
(^etga) + (Mg)2 =^V4 + ctg2 a.
Определим направление ее. Для этого ось вращения проведем через точку
пересечения линий действия сил N2 и Mg (рис. V.15, б) - точку С.
Для равновесия лестницы сумма моментов сил должна равняться нулю
относительно любой выбранной оси. Ось, проходящая через точку С, удобна
тем, что моменты сил N2 и Mg относительно этой оси равны нулю,
следовательно, и резуль-
183
тирующая сила Q должна быть направлена так, чтобы ее продолжение
пересекало точку С.
Задача V.16 Определить положение центра масс однородного диска радиусом
R, из которого вырезано отверстие радиусом г (рис. V.16), причем центр
выреза находится от центра диска на расстоянии К/2.
Решение. Силу тяжести сплошного диска можно представить как
равнодействующую двух сил: силы тяжести mg маленькой части радиусом г и
силы тяжести оставшейся
части (М - m)g, каждая из которых приложена в центре масс соответствующей
фигуры. Поместив ось вращения в центре масс сплошного диска (в точке 0),
запишем условие равновесия для моментов сил
(М - m)g
mg
Рис. V.16
R
(М - m)gx = mg -, или х
mgR/2 (М - m)g '
184
где т = ph%r2, М = ph%R2 , р - плотность материала диска, h - его высота.
Тогда
_ r2Rjiph _ r2R
ОС
2jtph{R2-r2) 2(К2-г2)'
Замена вырезанных частей какой-либо фигуры точно такими же частями, но из
материала фигуры позволяет легко решить серию аналогичных задач с
вырезанными частями куба, шара, цилиндра и других фигур.
Задача V.17 Пять шариков, масса которых соответственно равна т, 2т, 3т,
4т, 5т, расположены на столе вдоль одной прямой. Расстояние между двумя
соседними шариками а. Определить центр тяжести системы {рис. V.17).
ц.т
Рис. V.17
Решение. Выберем ось ОХ вдоль прямой, по которой расположены шарики.
Начало отсчета этой прямой можно выбрать где угодно, например связать с
положением третьего шарика (см. рис.). Координата центра тяжести системы
определяется формулой (см. nV.4)
185
X
ц.т
+ т2х2 + msxs + m4a:4 + т5хъ т: + т2 + т3 + тп4 + т5
т(- 2а) + 2т(- а) + Зт • 0 + 4та + 5т • 2а _ 1 Ота _ 2
Таким образом, центр тяжести системы нахо-
координат (от точки 0).
§ 2. Статика жидкостей и газов
Статика жидкостей и газов изучает условия равновесия жидкостей и газов.
nV.5 Давлением газа (жидкости) называется скалярная величина, измеряемая
силой, действующей на единицу поверхности в направлении нормали, т. е. р
= F/g.
nV.6 Закон Паскаля: на одном и том же уровне давление на маленькую
площадку, помещенную в жидкость, не зависит от ориентации площадки.
nV.7 Давление зависит от глубины погружения в жидкость. Разность давлений
др в двух точках внутри жидкости равно силе тяжести вертикального столба
жидкости с площадью сечения, равной единице, и высотой, равной глубине
погружения Ah, т. е.
Давление жидкости, обусловленное только ее
- -а
15т
15т 3
дится на расстоянии
справа от начала
Др = р2 - pi = pgAh.
186
силой тяжести, называется гидростатическим
(Ргидр)-
Давление жидкости на некоторой глубине h, отсчитываемой от поверхности
раздела воздух - жидкость, равно:
P = Po+Pgh = Po+ Ргидр, где р0 - атмосферное давление. Давление в системе
СИ измеряется в паскалях - Па:
1ТТ 1Н , 2
1Па = -г = 1кг/мс .
1м2 '
В обыденной жизни давление измеряют в миллиметрах ртутного столба. В этом
случае
Рмм рт.ст. Р0 мм рт.ст. ^мм рт.ст.
1 мм рт.ст. = 131,58Па.
Часто давление измеряют в технических атмосферах. Техническая атмосфера -
это давление, производимое силой в 1 кгс = 9,8Н на площадку в 1 см2, т.
е.
1кг-9,8 V2
1 ат = 1 К1у 2 =------- -О = 98070 Па - 105 Па.
/см2 Ю~4 м2
nV.8 Закон Архимеда: на погруженное в жидкость тело действует
выталкивающая сила, равная весу жидкости, вытесненной телом:
FA = pVg,
где р - плотность жидкости, V - ее объем.
nV.9 Итальянский физик Торричелли показал, что в стеклянной трубке,
заполненной ртутью и опущенной в чашу со ртутью открытым концом, остается
часть ртути высотой h=760 мм. Это оз-
187
начает, что давление этого столбика ртути уравновешивается атмосферным
давлением р0 у поверхности чаши, т. е.
Ро =PprSV-
Это давление измеряется либо в миллиметрах ртутного столба, тогда р0 = h
мм рт.ст., либо в паскалях,
Ро = Ррт^рт = I3"6' Ю3 кг/м3 • 9,8 м/с2 • 0,76 м =
= 10,3 • 104 Па * 105 Па.
Это давление называется физической атмосферой. Если вместо чаши и трубки
