Физика в задачах для поступающих в вузы - Турчина Н.В.
ISBN 978-5-94666-452-3
Скачать (прямая ссылка):
N2 - mg = 0. (3)
Исключив ускорение из уравнений (1) и (2), запишем
F - цN2 цN2 - kAx
M — .
C учетом уравнения (3) получим
F -ц—g = ц—g - kAx
M — ,
откуда
Дх = — (pg- F- ц—^ = — ц(М + — )g - F = 2-10-2 м = 20 мм. k (р M I k M
Ответ: Дх = 20 мм.
2.5.27. См. рис. 2.5.49. Найдем максимальные значения силы трения покоя:
FTp1max = Mm1 + m2) = 14,7 Н,
FTp2max = Pm2g = 4,9 Н.
Рис. 2.5.49
449
Запишем второй закон Ньютона для каждого тела системы:
2a2,
Ftp2 = m2^
F - F,
тр1
Ftp2 = m1a1.
а) Если F < FTp1max, то a1 = a2 = 0, тела покоятся и F = FTp1,
Ftp2 =0.
б) Если FTp1max + FTp2max > F > FTpmax, то a1 = a2 = a, система
движется как единое целое и F - FTp2max = a(m1 + m2), откуда
F
a = F- H1 (-j + m2)g a =
¦ Mg = 1,63 м/с2; a0TH = 0.
в) Если F > FTp1max + FTp2max, то a1 * a2, M2m2g = a2m2, откуда ~ ^ O F-U9 —g-U1 (— + —) g Л Л о
a2 = M2g = 2,45 м/с2, a1 =-2—2----1—1-2— = 3,3 м/с2,
aoTH = -0,85 м/с2.
Ответ: а) a1 = a2 = 0; б) a1 = a2 = 1,63 м/с2, a0TH = 0; в) a1 = = 3,3 м/с2, a2 = 2,45 м/с2, a0TH = -0,85 м/с2.
2.5.28. При движении доски брусок будет оставаться на месте, так как между ними нет трения. Доска должна пройти расстояние, .2
равное ее длине: I = . Найдем ускорение доски из второго закона
Ньютона:
F - M(m + M)g = Ma ^ a = F- Ц(—+M)g ; время движения бруска по доске
•=B-I
Ответ: t d 1,7 c.
F - u(m + M)g
, t d 1,7 с.
Ni
X
mg Рис. 2.5.50
2.5.34. Рассмотрим предельный случай, когда a1 = a2 = a; FTp max = MN. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси Х и Y для верхнего и нижнего клиньев соответственно (рис. 2.5.50):
F - MN cos а - Nsin а = ma, (1)
0 = Ncos а - MNsin а - mg, (2)
ma = MNcos а + Nsin а. (3)
Из уравнений (1) и (3) получим
0 = F - 2N(Mcos а + sin а).
— + m
1
2
1
2
450
Из уравнения (2) находим
N =_______—g______ ^F = 2mg(Цcosa + Цsin a ) = 2mg Ц + tg a » 25 Н.
ц cos a-ц sin a cos a-ц sin a 1 -ц tga
Ответ: F » 25 H.
2.5.35. Запишем второй закон Ньютона соответственно для правого, верхнего и левого грузов в проекциях на координатные оси (рис. 2.5.51):
2mg -T1 = 2ma,
T1 - T2 = 2ma,
N - 2mg = 0,
T2 - mg = ma,
а также для короба (рис. 2.5.52):
-N1 + T1 + T2 + N + 3mg = 0,
T1 - T2 - FTp пок = 0 FTpnoK = ^N1-
Решив систему приведенных уравнений, получим ц 1 39 =
= 0,0513.
Ответ: ц = 0,0513.
N
К
77%?
mg
Ti Ti
2 mg
Ti
Ti
2mg
Рис. 2.5.51
T2 T2
T
2
T
2
451
s1j
2.5.37. Силы, действующие на тела системы, показаны на рис. 2.5.53. Так как брусок скользит по доске, то между ними возникает сила трения скольжения. Для всех трех тел по второму закону Ньютона в проекциях на координатные оси запишем:
mxg - T = ma1,
T-N1 - N2
fTP = Ма1,
- Mg = 0,
fTP = mOi,
N2 - mg = 0,
FTp = PN2.
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
Из соотношений (3)—(6) получим ц mg = шо2, или
а2 = Pg. (7)
Из уравнений (1) и (2) находим:
mxg - pmg = (m + М)а1,
(8)
откуда
ц—
g.
Г
'!
mig
Л
а2 л
T 2 , і ¦
m3g
m2g
Рис. 2.5.54
Так как при движении доски и бруска должно выполняться неравенство: а1 > а2, то с учетом выражений (7) и (8) получаем: —x - ц—
--------g > pg, откуда находим ответ:
—x + —
m > ц(M + —)
1
ц
2.5.43. Ускорения грузов m1, m2, m3 (рис. 2.5.54) относительно земли обозначим соответственно а^ а2, аз, а ускорения грузов m2, m3 относительно блока 2 — аб. По закону сложения ускорений имеем
а2 = аб = аР
а„ = ая - а.
—
а=
1
—x + M
T
T
O
3
452
Запишем второй закон Ньютона для каждого тела системы:
T - m1g = m1a1,
m2g - § = m2a2>
T - m3g = m3a3.
Решив систему приведенных уравнений, находим соответственно ускорения грузов:
— I —2 - 4 —2 — о + —!—о g л ^ о
a, = -^-2-------2—3-----— = A = 0,58 м/с2,
1 mm + 4—г,—* + —л—о 17
a2 = 2,88 м/с2, аз = 4,04 м/с2,
а затем — силы натяжения нитей и силы давления:
T1 = m1(g - a1) = 3(9,8 + 0,43) Н = 28Н; T2 = 14 Н;
Fffl1 = 28 Н; Ffl2 = 56 Н.
Ответ: T1 = 28 H; T2 = 14 H; Ffl1 = 28 Н; Ffl2 = 56 Н.
2.5.45. Из условия следует, что ускорения тел направлены так, как показано на рис. 2.5.55, и связаны соотношением
(1)
2а2-
Второй закон Ньютона для тела, движущегося по стене, в проекциях на оси ОХ и OY имеет вид:
Fcos a - mg - FTp - T = ma1,
N = Fsin a.
По определению, сила трения FTp = p,N. Сделав преобразование последних трех уравнений, получим
Fcos a - mg - pFsin a - T = ma1. (2)
Второй закон Ньютона для тела массой 4m имеет вид
2T - 4mg = - 4ma2, (3)
для тела массой m
T - mg = ma3. (4)
N
4 mg
Рис. 2.5.55
453
Учтем, что F = 12mg, и, решив систему уравнений (1)—(4), находим ответ:
a2 = 2g^Msin а - cos а + 3^ = 6 ; а2 = 1,63 м/с2.
Глава 3. РАБОТА. ЗАКОНЫ СОХРАНЕНИЯ
3.1.13. Из второго закона Ньютона F = m1a1 ускорение мальчи-
— Ft
ка a1 = — , а его скорость: V1 = a^ = — = 1 м/с. Скорость вторых