Научная литература
booksshare.net -> Добавить материал -> Физика -> Турчина Н.В. -> "Физика в задачах для поступающих в вузы" -> 181

Физика в задачах для поступающих в вузы - Турчина Н.В.

Турчина Н.В. Физика в задачах для поступающих в вузы — М.: Оникс, 2008. — 768 c.
ISBN 978-5-94666-452-3
Скачать (прямая ссылка): fizvzadachahdlyapostvvuzi2008.pdf
Предыдущая << 1 .. 175 176 177 178 179 180 < 181 > 182 183 184 185 186 187 .. 252 >> Следующая


откуда

у2 _ G—3

1 Г,

2

T

2

2

і

496
Запишем третий закон Кеплера для тела, находящегося на орбитах радиусами T1 и r2:

R3 + r, 2 п r,

В нашем случае Г2 = —2— , T = --------------. Решив систему приве-

денных уравнений, получим

Tq = 2п

2 ij 8 GM3

Время до приземления равно t = T2/2, так как до этого момента тело проходит ровно половину траектории.

Ответ: t = п

8GM

3

4.6.6. Падение тела на Солнце можно рассматривать как предельный случай обращения вокруг Солнца по весьма вытянутому эллипсу, большая ось которого немного больше радиуса а орбиты Земли. Такой эллипс стало бы описывать вокруг общего центра тяжести тело, помещенное в пространстве на расстоянии а от центра масс и получившее небольшую скорость U по направлению, перпендикулярному прямой, соединяющей это тело с центром масс. В пределе, при U = 0, большая ось эллипса равна а (эллипс вытягивается в прямую). Время движения по такому эллипсу

= T |(° ,5a)g = Tj0,125 ,

‘ 1g

где T — период обращения Земли вокруг Солнца. Продолжительность падения тела на Солнце равна

т = TV 0,125 =

22

= 64,6 суток.

g

r

T2

g

T2

r

2

R3 + r1

T

Глава 5. СТАТИКА

5.1.2. На тело действуют: сила тяжести mg; силы натяжения троса T1, T2, модули которых одинаковы: T1 = T2 = T. Тело находится в равновесии, поэтому mg + T1 + T 2 = 0.

497
X1

Выберем ось координат X, как показано на рисунке 5.1.10. В проекции на ось получим

2T sin а - mg = 0 ^ T = . mg

2 sin а

mg I Рис. 5.1.10

Так как угол а мал, то sin а Поэтому

а = 2Л . l

T = mgl = 10 • 9, Ih 4~), 5

20

H = 980 H.

Ответ: T = 980 H. ^

5.1.8. На шарик действуют силы: тяжести mg, реакции опоры N и натяжения нити T (рис. 5.1.11). Так как шарик находится в равновесии, силы можно представить в виде замкнутого треугольника (рис. 5.1.12), который подобен треугольнику OAB на рис. 5.1.11. Отсюда

AO = mg AO = mg AB T, Ob ~n .

mg

ч

Рис. 5.1.11

N

Рис. 5.1.12

С учетом, что AO = d + r, AB = I, OB = r, получим ответ:

T = mg-J— , N = mg —— . d + r d + r

5.1.10. Согласно условию равновесия точки A:

F + T1 + T2 = 0.

(1)

Так как T1 = T2 = T, то уравнение (1) для проекции сил на ось Х (см. в условии рис. 5.1.7) имеет вид:

F - 2T cosа = 0 ^ T =----------F .

2 2 cos (а/2)

О т в е т: при увеличении угла а сила натяжения увеличивается.

498
5.2.8. На систему человек—платформа действуют: (M + m)g — сила тяжести, силы натяжения веревок T1 и T2 (рис. 5.2.10). Система находится в равновесии. Поэтому сумма сил, действующих на систему, равна нулю.

В проекции на ось X получим:

Сила, с которой человек должен тянуть веревку, по третьему закону Ньютона равна силе натяжения веревки, следовательно,

Ответ: F = 300 H.

5.3.2. По условию задачи шарик находится в равновесии. На шарик действуют: mg — сила тяжести, N — сила реакции опоры, T — сила натяжения нити; трения нет, так как шар гладкий. Из рисунка 5.3.3 видно, что силы, действующие на шарик, пересекаются в одной точке, следовательно, для решения задачи необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие:

T2 + T1 + T1 - (m + M)g = 0.

Так как по условию T2 = T1, то

4T1 = (m + M)g ^ T1 = (m + M)g .

F = T1 = (m + M) 4 = 300 H.

mg + N + T = 0.

T

(m + M)g ''

Рис. 5.2.10

Рис. 5.3.3

499
Треугольник OCO1 подобен треугольнику сил, поэтому

—g _ N — N _ —g (R + r) mg _ JT_ — T _ —g ( l + r) . RR + г R Rl + г R

Отсюда находим о т в е т :

0, 05 • 9, 8 • 0, 4

N _

0, 25

H _ 0,784 H d 0,8 H;

T _ °, 05 • 9 , 8 • °, 3 H _ 0,588 H d 0,6 H. 0, 25

I-fiI

’^7777Т^7^^^777^^7?

И

O Хц.т.

Рис. 5.5.5

X

5.5.2. Выберем ось OX вдоль прямой, на которой расположены шарики. Начало отсчета этой прямой свяжем с положением третьего шарика (рис. 5.5.5). Координата центра тяжести системы определяется соотношением

N

1 i

x _

ц.т

N

i = 1

или

— 7X7 + —2^2 + —3 Х3 + —4X4 + —5 X5 ц.т —і + —2 + —3 + —4 + —5

_ — ( -2 а) + 2 — ( -а) + 3 — • 0 + 4—а + 5 — • 2а =2 ^

15— 3

Ответ: хц. т _ 2 а.

5.6.1. Стержень находится в равновесии, поэтому сумма сил, действующих на стержень, равна нулю, или в проекциях на координатные оси OX и OY (рис. 5.6.17):

N1 — N3 _ 0,

N2 — mg _ 0.

Запишем правило моментов относительно точки А:

mg 2 cos ф — N3Z sin ф _ 0.

500
Решив систему приведенных уравнений, получим ответ: N1 = N3 = mg^tgtp = 0,5 H, N2 = mg = 1 H.

5.6.9. Запишем условие равновесия лестницы в проекциях на оси ОХ и OY (см. решение задачи 5.6.1):

N1 - FTP2 = 0,

'2 '

FTp1 + N2 - mg = 0

где N1, N2 — силы реакции стены и пола, FTp1 = = P1N1, FTp2 = P2N2 — силы трения между лестницей, стеной и полом соответствено, mg — сила тяжести лестницы (рис. 5.6.18). Относительно точки А условие равновесия имеет вид:

FTp11cos Ф + FTp2Z sin ф - mg2 cos ф = 0.

Решив систему приведенных уравнений, получим о т в е т :

N1 =

Ц2mg ; N= mg

; N2 =

z------------ і
Предыдущая << 1 .. 175 176 177 178 179 180 < 181 > 182 183 184 185 186 187 .. 252 >> Следующая

Реклама

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed

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

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed