Научная литература
booksshare.net -> Добавить материал -> Физика -> Кобушкин В.К. -> "Сборник задач по физике" -> 7

Сборник задач по физике - Кобушкин В.К.

Кобушкин В.К. , Кондратьев А.С., Прияткин Н.А. Сборник задач по физике — Москва, 1966. — 108 c.
Скачать (прямая ссылка): sbornikzadachpofizike1966.djvu
Предыдущая << 1 .. 2 3 4 5 6 < 7 > 8 9 10 11 12 13 .. 26 >> Следующая


период обращения звезд зависит только от суммарной их массы и расстояния между их центрами и не зависит от соотношения между тпх и W2, а также между гх и г2. Если mx > tn2, то из mxr1 = m2r2 следует, что T2^r1, т. е. звезда с большой массой „топчется" на небольшом расстоянии от центра масс, в то время как звезда с малой массой движется по окружности большого радиуса, т. е. практически звезда малой массы движется около почти неподвижной звезды большой массы по окружности радиуса г2^1.

.26 „ Задача № 39

Нить с шариком массой т отведена на угол а0 от вертикали и отпущена. Найти натяжение нити в зависимости от переменного угла а и проекции этой силы на вертикальное и горизонтальное направления (рис. 29).

Решение. По второму закону Ньютона для проекций сил и ускорения на радиус дуги окружности имеем

Т—mg COSOL = -J-. (1)

По закону изменения энергии (с учетом отсутствия силы тяги и силы сопротивления) A W=O или W=W0. Тогда

mgh9 = mgh + ~. (2)

Но Zz =/(1 — cosa) и равенство (2) приобретает при подстановке значения h вид

ifi

gl{ 1—COSa0)—gl (1—cos a) = -g- или V2 = 2gl(cos a — Cosa0).

Подставляя значение V2 в (1), получим

,г Imgl (cos a — cos аа) 7 — mg COS a =-—--J-- ,

откуда

T= mg (3 cos a — 2 cos a0). Очевидно, Tx = Tsin a; Ty=Tcos a.

Задача № 33

С какой скоростью должен двигаться автомобиль по выпуклому мосту радиуса R, чтобы в некоторой точке водитель не давил на сидение (рис. 30)?

27 Решение. Проектируя силы, действующие на водителя, на направление радиуса вращения, имеем равенство

Qmv2

Так как по условию водитель не давит на сидение (т. е. Q' = 0), то и сидение не давит на водителя (Q = O). Тогда

mi»2

mg cos Ct = -^r ,

откуда

"V — VgR cos а.

Очевидно, что и автомобиль в этот же момент не будет давить на мост, т. е. и автомобиль и шофер будут в этот момент „невесомы".

Задача JVa 34

В пробирке массой М, закрытой пробкой массой т, находится кайля эфира. При нагревании пробирки пробка вылетает

______________под давлением паров эфира.

GJ^ «г ~ Hit*. J Пробирка подвешена таким

образом, что может совершать обороты вокруг горизонтальной оси. С какой минималь-

¦ -у *

/

/

/

I

I

\ \

V 'ч

ч



S

\

\

J ной горизонтальной скоростью

I должна вылетать пробка, что-/ бы пробирка сделала полный

/- оборот вокруг точки подвеса?

/ Рассмотреть случаи: 1) про-

бирка подвешена на невесо-1/ мом стержне длиной /; 2) про-

v^r--^ бирка подвешена на невесомой

нити той же длины (рис. 31). Рис з|_ Решение. 1-. Пробирка

на стержне.

При вылете пробки со скоростью v пробирка приобретает противоположно направленную скорость V, причем, на основании закона сохранения количества движения mv = MV,

откуда V=v . В результате пробирка приобретает запас кинетической энергии

2 ~~ 2М '

эа счет которой поднимается на высоту h ==2/. Считая, что в высшей точке пробирка останавливается, имеем

Sg откуда

V=QiVgl.

2. Пробирка на нити.

В этом случае в высшей точке минимальная скорость пробирки не может обратиться в нуль и определяется из соотношения

Mg--

MV21

I

Поэтому закон сохранения энергии записывается в виде

MVа

-MgcIl-

MVf

или

,2,,2

JtliV

2 M

-.cIMgl-

2 '

Mgl

Отсюда

V = ^rYSgl.

S

Задача № 35

Горизонтально расположенная однородная постоянного сечения балка, нагруженная силами F1 и F1 под углами а, и а2 к ней, находится в равновесии. Найти реакцию опоры и положение точки опоры. Вес балки равен Р, длина — I (рис. 32).

Решение. Так как балка находится в покое, то сумма действующих на нее сил и сумма моментов сил равны нулю.

Проектируя действующие на балку силы на вертикальное и горизонтальное направления, имеем

F1 cos Ol1 — Qx — Fi cos а2 = 0; F1 sin O1 + Qy + F2 sin «2 — P = O.

a

' Ґ/ И*! /

Рис.'32.

Откуда

Qx = F1 cos Ix1 — F2 cos a2; Qy = P — F1 sin Ot1 — F2 sin ol2

Уравнение моментов относительно точки опоры имеет вид F1 sin Ot1 ^-J- -f- Jcj — Ft sin OC4 --X^j — Px = 0.

29 Откуда

- ______________

2 (Р — F1 sin Ix1 — F2 sin а2)

Задача № 36

Однородная балка весом P и длиной I лежит на двух опорах. На балку действуют две силы F1 и F2, точки приложения которых известны. Определить силы давления балки на опоры (рис. 33).

Решение. Если бал-ка давит на опоры с си-"в лами Fa и Fb, то опоры ' действуют на балку с си-

F rP



І2

А

А

лами Fp и Fp, причем на основании третьего закона Ньютона

F

р >

Fr

Рис. 33.

сил равняется нулю,

Fa=-Ff.

Так как балка находится в положении равновесия, то равнодействующая всех действующих на нее и моменты сил, вращающих балку против

часовой стрелки (около любой возможной точки поворота), уравновешиваются моментами сил, вращающих балку по часовой стрелке.

Равновесие сил дает

Ff^-Ff-P-F1-F2 = O. Считая точкой возможного поворота точку А, имеем

^ I

Ffl-F1I1

-F2(I-I2) = O.

(1)

(2)

Найдя из (2) Ff, из (1) находим F
Предыдущая << 1 .. 2 3 4 5 6 < 7 > 8 9 10 11 12 13 .. 26 >> Следующая

Реклама

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed

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

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed