Физика в задачах для поступающих в вузы - Турчина Н.В.
ISBN 978-5-94666-452-3
Скачать (прямая ссылка):
7-гГОр. . ATrop.
доски; Ftp. Пок. + N — результирующая горизонтальных составляющих этих же сил (рис. 5.7.17). Очевидно, что
FBePTnoK. + NBePT. = m^
рверт , дтверт тр.пок
ProP 4- TJroP тр.пок
At V F
//////////////. mg
Рис. 5.7.17
Fr0p. + N
тр. пок.
гор.
= ma.
Следовательно, mg cos а l ma sin а, у cos а > Из рисунка видно, что
M + m
R - h h (2R - h)
sin а = -, cos а I - r—.
Окончательно получаем:
g L (2 R -h) > F R-h Fm (M + m)g,7h(2 R-h) =150H N R M + m R ’ R - h '
О тве т: F = 150 H.
505
Рис. 5.7.6
5.7.13. При вращении шарика вокруг стержня нить будет натянутой, и на стержень будет действовать сила натяжения нити Т, которая способна опрокинуть диск. Для того чтобы диск ни одной точкой не оторвался от стола, необходимо, чтобы результирующий момент сил был направлен против часовой стрелки (рис. 5.7.18), т. е. относительно оси, проходящей через точку А перпендикулярно плоскости рисунка. Момент силы тяжести должен быть больше момента силы натяжения:
MgR l Tx cos а.
Здесь учтено, что моменты сил реакции N и трения покоя Ттрпок. равны нулю.
Из рисунка следует:
R + x = I tg а, x = I tg а - R.
Для нахождения силы T запишем уравнение движения шарика в проекции на ось OY системы координат:
0 = T cos а - mg, T = -mmL.
cos а
Следовательно,
MgR l -mmgL (I tg а - R) cos а,
cos а
откуда получаем:
tg а m R(M+m) lm
, а m arctg R(М + m).
lm
Ответ: а x = arctg
R (М + m) = 450
lm
5.7.14. Когда доска наедет на шероховатый участок, на нее начнет действовать сила трения FTp, направленная против движения. При резком торможении доски брусок по ней покатится. При этом результирующий момент сил относительно оси, проходящей через центр масс бруска, будет направлен по часовой стрелке.
506
Для решения задачи достаточно рассмотреть случай опрокидывания бруска с горизонтального положения в вертикальное (рис^5.7.19).
Силу реакции N1, со стороны доски и силу трения покоя FTp пок между бруском и доской найдем, записав законы движения бруска:
0 = N1 — mg, maO = Етр.пок.
Ускорение бруска, равное ускорению доски, можно найти, записав второй закон Ньютона для системы «доска — брусок» (рис. 5.7.20):
(M + m)a0 = FTp., 0 = N2 — (M + m)g,
FTp. = ^N2.
Следовательно, a0 = pg, pmgb I mgh, p I h = 2.
Ответ: p I 2.
A
%
V
' (M+m)g Рис. 5.7.20
F
Tp
Глава 6. ГИДРОСТАТИКА
6.2.23. Так как жидкость давит на пробку с обеих сторон, то результирующая сила F, действующая на пробку со стороны жидкости (рис. 6.2.11), будет направлена вверх и равна
F = 2F„„ „,,
где
F = / p\ S
верт /p/ cos (a / 2)
sin а,
/n\ = Pgh = Pg JS /P/ 2 2 '
(1)
(2)
(3)
Решив систему уравнений (1) — (3), получим
:-3/2 a 2
Ответ: F d 2,6 H.
F = pgS3
2,6 H.
Рис. 6.2.11
507
6.3.13. На рисунке 6.3.7 отмечаем начальный уровень ртути и выбираем поверхность одного уровня по границе раздела воды и ртути (1—1).
Разбиваем столбы жидкости над этой поверхностью в левом и правом сосудах на части и обозначаем их высоты A1, A2, A1 и A^ .
Условие равновесия жидкости в сообщающихся сосудах: на уровне
1—1 давление в левом колене равно давлению в правом, т. е.
AiPb + A2Pb = A'l Ррт + A2 Ррт.
Условие несжимаемости:
SiA2 = S2 Al или di A2 = d\ Al .
Из рисунка находим
A1 + A2 = A0, A2 = A2 .
(1)
(2)
(3)
(4)
Решив систему уравнений (1) — (4), получим
A1 = A0 Р в = 0,3 см; A2 = A0 16рв = 4,8 см.
1 0 17 РрТ 2 0 17 Рр
рТ
Ответ: A1 = 0,3 cм; A2 = 4,8 cм.
— и h
- -
_
I - — *1 —
I — — I
Рис. 6.3.8
Ответ: 1 = 10 A.
6.3.14. Если труба заполнена маслом, то на уровне основания трубы (I—I) давление, создаваемое маслом, равно давлению воды (рис. 6.3.8):
Р0 + P1g1 = Р0 + PgAp
где P1, p — плотности масла и воды соответственно, A1 = 1 - A.
Решив данное уравнение, получим
I = A Р = 10 A.
P-Pi
508
6.4.11. На рисунке 6.4.5 показаны силы, действующие на каждый поршень. На поршень 1 действуют силы: давления воды F1b = PbS1, атмосферного давления F1a = P0S1, F и натяжения нити T. Поршень 2 находится в равновесии, поэтому
F
¦ F1a — T -
F = 0.
На нижний поршень действуют силы: натяжения нити, атмосферного давления F2a = P0S2 и давления воды F2B = PbS2. Нижний поршень тоже находится в равновесии:
F2a + T — F2b = °.
Решив данную систему уравнений, получим F ™ - - FS9
Рис. 6.4.5
Pb = PO +
S1 - S,
= 120 кПа; T =
S -S
= 20 Н.
йя:
777777777777777)
tFa *
Рис. 6.4.6
Ответ: pb = 120 кПа; Т = 20 Н. ^
6.4.12. На рисунке 6.4.6 показаны силы, действующие на сосуд: сила тяжести mg, сила атмосферного давления Fa = P0(S2 — S1), сила давления воды Fb = (p0 + pgh) (S2 — S1) и сила реакции опоры N. В момент отрыва сосуда от опоры (когда вода начнет вытекать) N = 0. Для этого момента условие равновесия имеет вид
Fb — Fa — mg = 0.
Решив данную систему уравнений, получим о т в е т:
