Физика в задачах для поступающих в вузы - Турчина Н.В.
ISBN 978-5-94666-452-3
Скачать (прямая ссылка):
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