Физика в задачах для поступающих в вузы - Турчина Н.В.
ISBN 978-5-94666-452-3
Скачать (прямая ссылка):
I + Ці Ц2
I +Ці Ц2
Ц2 mg , 1
2 ; ф = arctg —
Ц1 Ц2
1 +Ці Ц2
5.6.22. При максимальном значении угла а цилиндр располагается так, как показано на рисунке 5.6.19; x — расстояние от центра тяжести тела до его геометрического центра. Найдем его, применив правило моментов:
Mgx - mg (R + x
R
M - m 2 ’
где m — масса вырезанной части. Так как
(R \ 2
M - pR2, m - p^2J , то m = — , и тогда
M / 4 R
R .
6 '
M - M / 4 2 Находим предельный угол наклона доски:
x 1 *1
sin а = - = - ^ а = arcsin -
R 2 6
2 Ц2
9,6°
Ответ: так как р, > tg а, то цилиндр не будет скользить.
501
5.6.23. В системе отсчета, связанной с автомобилем, на автомобиль действует сила инерции F = ma, приложенная к его центру тяжести (рис. 5.6.20). Эта сила создает вращающий момент,
поэтому автомобиль наклоняется перед-mg T F , А „
.!И. 'iTpl ней частью вниз, при этом передняя
Рис. 5.6.20 рессора сжимается на AZ1, а деформация
задней рессоры уменьшается на . Это приводит к изменению сил реакции опоры:
N1 = N + AN1 и N2 = N - AN2,
где N — сила реакции опоры до начала торможения. Так как центр тяжести находится посередине автомобиля, то
2N = mg. (1)
Из условий равновесия находим:
N1 + N2 - mg = 0,
2N + AN1 - AN2 - mg = 0,
AN1 = AN2,
т. е. изменения сил реакции опоры одинаковы.
Используя закон Гука и учтя, что жесткости рессор одинаковы:
получаем
W1 = kAZ2,
AZ1 = AZ2.
Запишем условие равновесия моментов сил относительно точки А:
maH + (N - AN)L = mg = ;
с учетом (1) и условия AN = kAZ находим
Л, maH п і AZ = = 0,1 м.
Lk
Ответ: AZ = 0,1 м.
5.7.2. Условие равновесия левого нижнего бревна относительно точки А (рис. 5.7.13):
NZ1 - fTpZ2 = 0
502
где Z1 = R sin 2 — плечо силы N, Z2 = R ^ 1 + cos (здесь а = 60°) —
плечо силы f , f = ^N — сила трения.
Решив систему приведенных уравнений, получим
а sin 2
а
1 + cos 2
= 2 - V3 d 0,27.
Ответ: ц d 0,27.
5.7.8. Запишем условие равновесия системы относительно точки O (рис. 5.7.14):
M1g 4 + M2g 3а - N2a = 0,
где a — расстояние между нижними концами лестниц-половинок. Запишем условие равновесия правой половинки относительно точки O :
At
Ш
M1S
l а а
M2g 2 sin 2 + TZ cos
N2Z sin а = 0.
Рис. 5.7.14
22
Решив систему приведенных уравнений, получим о т в е т: M1 + M
T =
4
5.7.9. Брусок и плита находятся в равновесии. Рассмотрим условия равновесия каждого тела, считая их однородными.
На плиту действуют: сила тяжести Mg, сила реакции N1 со стороны горизонтальной плоскости, сила трения FTp1 между плоскостью и плитой и сила реакции N2 со стороны бруска. Запишем условие равновесия для плиты относительно оси OZ, перпендикулярной плоскости рисунка 5.7.15. Силы N1 и FTp1 моментов не создают, так как их плечи относительно данной оси равны нулю. Поэтому
^ Mz = Mg 2 sin а - N2Z cos а = 0.
На брусок действуют: сила тяжести mg, сила реакции опоры N3 со стороны горизонтальной плоскости, сила трения FTp2 между плоскостью и основанием бруска и сила давления N2 со стороны плиты, причем N2 = N2. В момент опрокидывания сила N3 будет
503
приложена к точке O' бруска. Запишем условие равновесия бруска относительно оси O'Z, параллельной оси OZ (при этом силы FTp2 и N3 моментов не создают):
EM2, = N2Z cos а — mg2 < 0.
Выразим значение силы N2 из уравнения равновесия плиты:
N = Mg sin а
2 2cosa
и подставим в уравнение равновесия бруска, получим
Mgl sin а — —ga m 0
2 2 m ,
откуда
Ответ: а < 30°.
W/////////////.
а < arsin — = 30°. Ml
5.7.10. Удлинение пружины Д1 = 2dn sin^ , где
n — число витков пружины, а — угол, на который поворачивается виток пружины (рис. 5.7.16). Общее удлинение пружины мало, и поэтому угол а мал, а
а
для малого угла sin 2
< F
Рис. 5.7.16
2 . Следовательно, Д1 = ^гаа.
Угол а пропорционален моментам сил F1 и F2, которые растягивают виток:
а ~ Fd, где F1 = F2 = F,
Д1 ~ nd2F.
о 2 о 2
Для первой пружины ДІ1 = х F, для второй ДІ2 = n2d 2 F;
из последних уравнений получим ДІ2 = ДІ1
Ответ: ДІ2 = - .
25
5.7.11. Применим принцип возможных перемещений к нашей системе:
Fvn^x1 — mg^2 = 0.
(1)
504
При бесконечно малом уменьшении длины нити на Ax1 точка подвески М поднимается на высоту ЭДх^ а центр тяжести подвески — на высоту
Я Ar.
(2)
3 Ax1
Дх„ = --------- .
2 2
Решив систему уравнений (1), (2), получим ответ:
Ax9 з
fVhp = mg A^ = 2 mg.
5.7.12. При движении доски и шара вместе их ускорение
a = .
M + m
Чтобы шар не выкатился из лунки, необходимо, чтобы результирующий момент сил относительно оси, проходящей через центр масс шара (ось обязательно должна проходить через точку O, так как у шара есть ускорение!), был направлен по часовой стрелке:
( Fb
V-*- т
NBepT )R cos а l (FTPpm
+ Nr0p. )R sin а,
,-,верт. . АТверт.
где FTp. п0к. + N — результирующая вертикальных составляющих силы трения покоя между шаром и доской и силы реакции со стороны
