Методика решения задач по физике - Кобушкин В.К.
Скачать (прямая ссылка):
найти, что естественно, поскольку искомых было пять при четырех
уравнениях. Таким образом, задача однозначного решения не имеет.
Если, однако, предположить, что х-е проекции сил пропор-
циональны нормальному давлению на опоры, т. е.
или
\Qu\ = kQiy и !
Qix \
<?1Л
: kQ>y
(5)
Qi
Qiy
07/
то это пятое уравнение позволит однозначно решить задачу.
Но дело в том, что (5) имеет место
далеко не всегда.
Надо обратить внимание на то,
что силы реакции Qt и направлены
необязательно вертикально вверх.
В данной задаче Q1 и Qs
вертикальны лишь при а,=аа = 90°
(при этом, естественно, Qix = Qix =
0).
ния покоя F
(рис. 107).
Задача 83
Однородный диск подвешен
на нити так, что касается вер-
тикальной стены. Диск нахо-
дится в равновесии. Зная
угол а, найти вес диска Р, силу
натяжения нити Т, силу тре-
и силу нормальной реакции Q со стороны стены
Решение
Неподвижность центра массы диска дает в проекциях
- P + E+Tcosa^Q; (1)
Q - Т sin a = 0. (2)
116
Отсутствие вращения вокруг центра диска и вокруг точки касания о
стену соответственно дают
FR - TR = 0-, (3)
РР-7 sin (90 - y)2/?cosy = 0. (4)
Из (3) получаем F - T, а тогда из (1) и (2) следует, что
Т (1 -f- cos а) == Р и Q- Т sin а. (5)
Из (4) и (5) после преобразований получаем 1 -f-
cos а = 2 cos2 у,
что имеет место всегда.
Таким образом, можно найти лишь связь между Р, F, Q и Т,
однозначно их значения определить нельзя, хотя уравнений было
четыре. В чем же дело? Дело в том, что наши четыре уравнения
не являются независимыми. Именно уравнение (4) есть следствие (1) и
(3). Действительно, (4) дает
Р - 2Т cos2 у,
а (I) и (3) дают
Р - Т(\ -{-cosа),
что равносильно.
В чем же физическая подоплека этого казуса? Она заключается в
следующем:
1) поскольку ни одна из сил не задана, то нельзя ни одну из них
выразить только через угол, данный в условиях, ибо динамические
величины через кинематические и наоборот не выражаются;
2) силы Т, Q, F пропорциональны Р;
3) легко видеть, что задание одной из сил (например, Р) делает
сразу задачу однозначной.
Задача 84
Доска весом Р0 и длиной / имеет ось вращения на расстоянии ~ от
нижнего края (рис. 108). Какой минимальной скоростью
у основания доски должен обладать брусок весом Р, чтобы при
подъеме бруска по доске доска повернулась вокруг оси? Угол между
доской и горизонталью равен а, коэффициент трения бруска о доску
равен k.
117
Решение
Для поворота доски необходимо, чтобы момент сил, вращающих
доску против часовой стрелки, был не меньше момента сил,
удерживающих доску, т. е. чтобы брусок прошел влево за ось вращения
настолько, чтобы
Рх sin (90° - а) = Р0 g-j sin (90° - а)
или
*=-р!,{т-т)- м
Величину х можно найти из условия движения бруска по доске,
например из
А + А сопр = Д1Р •
Или в раскрытом виде, с учетом А = 0, v = 0 и h0 = 0,
I . \ п< Р V$
T+x)=ph--^i-
или
- kP cos а ^ + х) = Р sin а -
(**)
Сокращая на Р и исключая х из (*) и (**), находим
00 =
, = У 2gi (k cos а + sin а) [-J- + - -у)].
Задача 85
Какова реакция оси доски при скорости бруска несколько большей,
чем найденная в предыдущей задаче (рис. 109)?
Решение
Считаем, что брусок едва-едва перешел за положение, опреде-
ленное равенством (*) предыдущей задачи. Тогда правый край
118
доски перестанет взаимодействовать с спорой, а доска практически
ускорения иметь не будет. Значит, для нее имеем
Q + PQ + Q1 + F
тр
О,
(1)
где Q1 и Етр - силы, действующие на доску со стороны бруска.
В проекциях на оси
получаем
Qx - FTр cos а = 0;
- Q1-f>o + ^тpSinа +
+ Qy - 0
или с учетом
часовой
Fтр = kP cos а
найдем
Qx = QxkP cos2 а;
Qy = Pn +
+ р( Cosa_^|^y
Если брусок не дойдет до указанного в начале решения
положения, то надо учитывать силу, действующую на доску
со стороны опоры справа.
Если брусок пройдет значительное расстояние сверх ука-
занного, то появится большой вращательный момент против
стрелки, доска будет иметь ускорение и исходное
равенство (1) будет несправед-
ливо.
Задача 86
Равнобочный клин (рис. 110)
находится в равновесии, если
сила N, действующая поперек
обуха, в п раз меньше силы Q,
действующей поперек щеки кли-
на. Зная п, найти угол клина а
и коэффициент трения k клина
о бревно, в котором он едва
удерживается.
Решение
Будем считать, что клин вы-
двигают из бревна. Тогда силы
трения Fx и F2, действующие на клин, будут направлены, как
указано на рис. 110 (если бы клин вдвигали в бревно, то Fi,
F2 и N были бы направлены в обратные изображенным на ри-
119
сунке стороны). В проекциях на оси получим учетом N = ^,
Ft - kQ и Ft = kQ^j
Q - 2kQ cos a -f- 2Q sin а = 0; (1)
Qcosa - Q cosa-f- kQ sin a - kQ sina = 0; (2)
из (1) получим
^ - 2(k cosa - sin a),
a (2) дает тождественный нуль и решение неопределенно, ибо из
одного равенства (1) два неизвестных найти однозначно нельзя.
Надо заметить, однако, что пока клин в покое и не находится
