Сборник задач по физике с решениями и ответами: Механика: Для абитуриентов и учащихся 9 — 11 классов - Долгова А.Н.
Скачать (прямая ссылка):
Измеряется расстояние между опорами а и длина лески / между опорами, при которой произошел ее разрыв. Силу натяжения нити Т. при которой произошел разрыв, и, следовательно, максимальную нагрузку лески можно найти из условия равновесия груза, подвешенного между опорами, по формуле:
Т<
mgl
77777"
Самостоятельно дайте объяснение другому варианту опыта, показанному на следующем рисунке.
4.10. На горизонтально расположенный лист фанеры установить перпендикулярно к нему металлический лист. Деревянную рейку поставить под большим углом к листу фанеры так, чтобы другим концом она опиралась на металлический лист. Плавно уменьшать угол наклона рейкИ по отношению к листу фанеры, измеряя при этом высоту точки касания рейки с металлическим листом Я и расстояние между точками касания рейки и металлического листа с листом фанеры / (см. рисунок). Предельные значения Я и Л при которых рейка еще не скользит, определяют коэффициент трения V
Фанера
P=
/
2 Я
108 Эта формула получается при рассмотрении условий равновесия рейки, которые в данном случае имеют вид
Лр <№; Nb-mg = 0;
+ Hi
-Cosamm +
AvJ1
Я" sina
min
-N
В
Jl + H2 cosa.
= 0
(см. решение задачи 4.8).
При записи условий равновесия сделано допущение, что коэффициент трения (и, соответственно, сила трения) рейки о металлический лист пренебрежимо мал.
4.11. Силы, действующие на картину и удерживающие ее на стене, показаны на рисунке. Картину считаем однородным телом, длину рамки в плоскости рисунка обозначим /.
Условие равновесия (4.1) запишем, проектируя силы на оси координат:
OX: TV-Zsma = O;
OY: /- ,р + T cos a - mg = 0 .
А:
Уравнение !моментов относительно оси, проходящей через точку
mg—cosa - Tl = O. 2
mg
Отсюда T = -у cos a . Подставляя T в уравнения для проекции
м mg
сил. находим N = -2-cosasina и
2
109 F1J1 = mg - T cos a = mg
1-
cos2 a
Сила, с которой стена действует на картину в точке А, является равнодействующей сил N и Frp. Величина этой силы равна
R = = — VT+ 3sm4 a .
¦„ 2
По отношению к стене направление силы R определяется углом р. для которого
N cos a sin a
tg? =
F.
тр
. і 1 + sm a
или
? = arctg
f ¦ \ cos asm а
V I + sin2 a j
В соответствии с третьим законом Ньютона картина действует
на стену с силой, равной по модулю силе R и противоположной ей по направлению.
Заметим, что направление силы R должно проходить через точку пересечения линий, вдоль которых действуют силы T и mg, так как сумма моментов всех сил относительно этой точки должна быть равна нулю.
mg I ! у. Ответ: R = V1 + 3 sin a , ? = arctg
f ¦ \ cos a sm a
2
1 + sin a
mg тс
4.12. F =-. ? =--a. ?— угол между линией действия
2 cos a 2
силы на подставку и осью стержня. 4.13. F = ^JlTs
• 2 г, ( Ctaa ^ _
sm a , р = arctg| —~ , ?
2 J'
З'ГОЛ между
осью стержня и линиеи действия силы.
110 4.14. а >а
min
: arctg
(см. решение задачи 4.8).
4.15. Величины моментов сил относительно мгновенной оси вращения, проходящей через точку касания катушки с поверхностью. можно записать в виде
f\ — соьа, + 1 \г .
/ = 1.2.3.4. Fj берется в относительных единицах, а, — угол силы F1 по отношению к линии горизонта. Выражение ( R
р, = —cosa, +1 г представляет собой плечо силы Fj. Оно нахо-
U )
дится с помощью простейших геометрических построений (см. рисунки а и б).
р.
а)
б)
Знак «минус» здесь получается для сил, направленных от поверхности. а знак «плюс» — для сил, направленных к поверхности.
Складываем полученные моменты сил и находим знак суммарного вращающего момента
M
R
cosaj -1
+ F,
R
Cosa2 +1
R , —cosaj +1
\r /
-Fa
R
-cosa4
= +0.9.
M > 0, следовательно, катушка покатится вправо.
111 о
# 4
к
4.16. При наполнении стакана водой уровень воды и соответственно ее центр тяжести повышаются относительно дна стакана, вследствие чего центр тяжести стакана с водой понижается относительно центра тяжести пустого стакана хс (имеется в виду стакан, у которого толщина стенок и дна сравнимы). При некотором количестве воды в стакане ее уровень совпадет с положением центра тяжести
стакана с водой. Докажем, что это хь положение центра тяжести стакана с водой наинизшее. Примем его за начало отсчета оси ОХ, которую направим вдоль оси симметрии стакана (см. рисунок).
Тогда в соответствии с определением (4.3) положение центра тяжести стакана с водой хцт должно удовлетворять условию:
Цент р тяжести
Хстс -pVxB = Os
т.е. хцт =0, где тс — масса стакана, р — плотность воды, V— ее
объем. Найдем теперь, как изменится положение центра тяжести стакана с водой, если уровень воды в стакане изменится по сравнению с рассмотренным уровнем на величину Ax в ту или иную ситуацию. В этом случае новое положение центра тяжести
( _ Ax
хстс - р(V ± AxS) хв + —
г' = -^-—
1Ц.т -
(хс/ис -pFxB)±pAx -Z-Sxв +р
/ис +тъ
Ax2S
S — площадь дна стакана.
