Физика в задачах для поступающих в вузы - Турчина Н.В.
ISBN 978-5-94666-452-3
Скачать (прямая ссылка):
mg sin a + FTp = ma1, (1)
N - mg cos a = 0, (2)
при спуске тела
mg sin a- FTp = ma2, (3)
N - mg cos a = 0, (4)
a
435
O
а)
где сила трения
Рис. 2.3.10
FTP =
Из уравнений (1)—(5) находим ускорения тела: a1 = (sin a + p,cos a)g, a2 = (sin a - p,cos a)g.
(5)
(6) (7)
Двигаясь вверх равнозамедленно, тело до остановки проходит путь, определяемый из соотношения
2
v0 = 2a1s, (8)
за время t1, которое находим из формулы
vO = a1t1, (9)
где v0 — начальная скорость тела. Из уравнений (8) и (9) получаем
При спуске тело, начиная движение без начальной скорости, проходит с ускорением a2 тот же путь за время t2. Следовательно,
22 a1 t 1 = a2 t 2 и
t*Y = n2 = ai.
tI
(10)
1U a2
Подставляя в (10) выражения (6) и (7), получаем
sma - ц cosa
2
s=
2 sin a + ц cosa
n2 = -------------------
436
откуда находим ответ:
n2 + 1
; а = 0,2 tga.
(1)
(2)
(3)
2.3.12. Если санки удерживать на горке (рис. 2.3.11), то F = mgsin а - FTp.
При равномерном движении санок вверх
F + AF = mgsin а + FTp.
Если они сами скатываются с горы, то
mgsin а - FTp = та.
Решив систему уравнений (1)—(3), получим ответ:
а = 2 Fg sin а . а = 1,87 м/с2.
2F + AF 1
2.3.18. Если ах = а, то по второму закону Ньютона (рис. 2.3.12):
mgsin а - T = macos а.
Найдем а0, при котором T = 0:
mgsin а = ma0cos а ^ а0 = g tg а = 5,6 м/с2.
Если:
1) а < а0, то
ах = а = 4 м/с2; T = m(g sin а - acos а) = 0,14 Н;
2) а > а0, T = 0, то кубик относительно плоскости будет подниматься вверх (рис. 2.3.13). Ускорение кубика относительно земли:
aI = а + аотн.
Рис. 2.3.11
Рис. 2.3.12
437
2
Рис. 2.3.14
По второму закону Ньютона: N + mg = ma1 (рис. 2.3.14) или
mgsin a = m(acos a - aOTH).
Поэтому
a = acos a - g sin a = 3,7 м/с2.
Ускорение кубика относительно земли
a1 = ^Lh + a2 - 2aO^acos a = 7 м/с2.
Ответ: 1) a1 = 4 м/с2, T = 0,14 Н; 2) a1 = 7 м/с2, T = 0.
2.3.20. Кубик покоится относительно клина (рис. 2.3.15), и сила трения, действующая на него, есть сила трения покоя:
fTP <
(1)
FTp = m(acos a + gsin a);
Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси OX и OY:
Nsin a - FTp cos a = ma; (2)
Ncos a - mg + FTpsin a = 0. (3)
Из уравнений (2) и (3) сила трения покоя и сила нормального
давления соответственно равны:
(4)
N = m(gcos a - asin a). (5)
Используя условие (1), получим
m(acos a + gsin a) < pm(gcos a - asin a),
откуда ускорение клина a < -й—tg a g. Следовательно, минималь-
1 + цtga
ное ускорение ускорение, при котором кубик будет соскальзывать,
a . = й- tga g.
mln 1 + й tg a
При этом должно выполняться условие р < tg a. Если это условие не выполнено, то кубик будет соскальзывать при любом ускорении клина.
Ответ: amln = H--tSa g.
min 1 +й tga
a
a
438
2.4.5. Шарик движется равномерно по окружности, следова-
V2
тельно, у него есть нормальное ускорение ап = — , где v — линеиная
скорость движения шарика по окружности, r — радиус этоИ окружности, который находим из рисунка 2.4.19: r = lsin a. Поэтому
ап = і—----
n l sma
На шарик действуют: mg — сила тяжести, T — сила натяжения нити (см. рис. 2.4.19). Их равнодействующая и сообщает шарику нормальное ускорение, поэтому по второму закону Ньютона mg + T = man, или в проекциях на оси X и Y:
Tsin a = man; (2)
Tcosa- mg = 0. (3)
а) Разделим уравнение (2) на (3) и получим g tg a = an, или с учетом уравнения (1)
(1)
Y-
O
mg'
Рис. 2.4.19
g tg =
I sin a
б) Находим силу натяжения нити: і = mg . m _ 5 • 10-3
v = Vgl sin a tga; v d 3,8 м/с.
T=
T =
0, 5
98 Н = 24,5 мН.
Ответ: а) v d 3,8 м/с; б) T = 24,5 мН.
2.4.9. На велосипедиста действуют: mg — сила тяжести; FTp — сила трения покоя, а так как по условию скорость максимально возможная, то сила трения покоя максимальна и равна FTp = pN; N — сила реакции опоры (рис. 2.4.20).
При движении велосипедист должен наклониться так, чтобы равнодействующая сил реакции опоры и трения была направлена вдоль прямой, проходящей через его центр тяжести C. Силы, действующие на велосипедиста, перенесем в точку O (см. рис. 2.4.20).
Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси X и Y:
Ftp = man; (1)
N - mg = 0. (2)
2
2
cos a
439
V 2
а) Нормальное ускорение ап = — . В уравнение (1) подставим
R
значения нормального ускорения, силы трения, силы реакции опоры и получим
V 2 V 2
^mg = m — ^ ц = — ; ц = 0,4.
R gR
б) Определим угол отклонения велосипедиста от вертикали: tg а = fNp = iN = ц = 0,4 ^ а = arctg ц = arctg 0,4 = 22°.
Ответ: а) Ц = 0,4; б) а = 22°.
2.4.14. Мотоциклист движется равномерно по окружности радиусом
d
R =
2
(1)
Рис. 2.4.21
поэтому у него будет нормальное ускорение, которое создадут силы, на него действующие: тяжести mg, реакции N цилиндрической стены, трения (рис. 2.4.21).
Чтобы мотоциклист не соскальзывал вниз, максимальная сила трения покоя FTp должна быть больше силы тяжести, а при минимальной скорости
