С.П. Стрелков, Д.В. Сивухин, В.А. Угаров, И.А. Яковлев - Сборник задач по общему курсу физики. Т1. Механика (1108148), страница 32
Текст из файла (страница 32)
Из этих уравнений могут быть найдены значения Тп 7) и '1;. Прн мгновенном перерезывании нити или пружины обращаются в нуль силы 7; или 7',. В этот момент времени уравнения второго закона динамики для шариков в первом случае примут вид впи Ч-7) = тап ти — 7) Ч-7) = там тд — 7) = тоз, а во втором тп — 7„-~-7) = таи тп — 7) Ч-7) = тав, тйг = таз. Решая для каждого случая соответствующую ему систему уравнений, находим искомые значения ускорений шариков в начальный момент времени. 132.
Ускорения клина и тела, соответственно равны тд вш 2о а~ = 2(Л1 -1- пв вшз о) ЛЯ!1 в! и 2а ав .= 2(М -~- т вша о) ' сила давления тела на клин ЛР и сила давления клина на горизонтальную плоскость 77 определяются выражениями Мтсова М(т -1- М)д з М -1- тп югр а ЛХ .1- т вптв а )(г гйп о = Луп п тп — )У' сов о = таз, Лтп в!по = там йг~ = ~)у' Между ускорениями ап ав, аз существует еще кинематическая связь, выражающая условие скольжения тела вп по грани клина. Эту связь можно получить так. обозначим координаты какой-либо точки тела тп на поверхности, соприкасающейся с клином М, через ш и у; эта точка лежит на линии у =. Решение.
Начертим силы, действующие на каждое теяо (рис. 212). Только сила йг может сообщить клину ускорение в направлении оси Х (горизонтальной оси). Обозначим ускорение клина М через ац горизонтальную составляющую ускорения тела тп через а и вертикальную через аз. Тогда уравнения динамики дают 138 Отввяьг и решения = 18асю — 6). Принимая во внимание, что при движении а и 6 изменяются, а сг остается постоянным, продифференцируем это равенство два раза: у = = !8а(х — 6); легко видеть, что у = — аз, х = — а и 6 = аи тогда равенство Рис.
212 аз = !да!аз -'; а~) и есть искомое соотношение. Совместное Решение УРавнений динамики при использовании найденного соотношения между ускорениями даст приведенные выше ответы на поставленные вопросы. 133. о~,„= гзро(1 — япьго). Решение. Составляя уравнения динамики для движущегося тела в проекции на ось У и в проекции на касательную, находим.
у = сГо,гг!!. Отсюда у = о+ с, где и — абсолютная величина скорости тела. При ! =- 0 у(0) = ооянэго, о(0) = ео, с= — оо(! — ьбггэсо). Полагая при ! — э со у(!) — г — о ! и ъ!!) — о, получаем ответ. $3. Статика 134. Г = Р— 1,1 (1,1 должно быть < Р). 135. Н = 6+ — 5,5м ь74(тд)з — рз 138. Если бы канат был нерастяжимым и опоры абсолютно жесткими, то тогда, действительно, канат можно было бы разорвать сколь угодно малой силой; однако наличие даже небольших растяжений каната и деформаций опоры существенно ограничивает величину вызываемых малой силой натяжений каната. 137. Па брусок АВ действует сила сжатия 5 кгс; на проволоку С — сила растяжения = 7,! кгс.
138. т = 4хг5 кг, Г =- 4(н 5+ 2Л + хГ5 — 2Л ) кгс и наклонена к вер- ч'5 — 1 тикали под углом а = агс!8 — — — в сторону крючка А. 2 139. 6 > 18 15' = О, 176. 140. 7" = 22, 5 кгс; Г = 37, 5 кгс, (тз),,„, = 180 кг. Указание. Обозначим через 7', натяжение участка а веревки, через уь — натяжение участка Ь и т.д.
Тогда 7", = Уь = 7' и 7'„= Ув = 27". Условия равновесия: т18 + тай = уа 4 уь хе згв =- 47. 3 3. Статика 139 141. Р = 200 кгс, Т =- 1000 кгс. Рсова 142. Т = — — —. Равновесие возможно, если а > Д, т. е, когда точка С 2 в!п(а — у!) лежит ниже центра масс палочки.
В противном случае равновесие невозможно. 143. г) = ' хуЪ' — йв — 0,05см. тк 144. к„.„= 1)2, Р > тдуУ2, где ш — масса кУба. 145. Р =,—, 13 Зв„„, = )в. При к = 0 Зв„„= 0; при й = ! Зв 1-Мд сов!в.~-йв!пт = 45'. 146. д = — В 2 147.3='),Л) . 148 Зя ж !6 Зя ' !2 2 В вшу а 149. т, = — , , где я, — расстояние от центра круга. 3 а — совав1па' 150 г) = ~)з В)к 151. В = 21Р, я = 8аУ7, у = ъУЗа)7. 152. Т = Зшд)32 Ук а з а н не.
Можно считать, что на каждое из полушарий действуют две силы, по величине равные Т и приложенные в точках, где нить переходит с одного полушария на другое, так как расстояние центра масс полушария от впд 3 центра шара равно з)вй, то уравнение моментов дает — — В = 2ТВ. 2 3 ЕусоватКВ виват,, ГусоватКВ в!пах 21 сову вш у)' 2 ), сов у вш у)' Р соя а сов В 2) 18а = ьбД183, при этом сила Г лежит в плоскости, образованной стержнями ЛВ и .4В. 154. Нет, так как нет силы, которая уравновесила бы момент силы тяжести относительно ребра В. 155. Г = ь710)4тс, п)зияем слагаюшая, направленная вниз, равна '7! тс, а направленная к стене — уу! тс. 156. 2' =- Р = — )!у43 + тд) = 900 кгс. А 3 26 У к а з а н и е.
Так как трения в опорах нет, то Р = Т; эти силы образуют пару, ™ Т!а ' уа) момент которой Т и и уравновешивает моменты сил тяжести относительно опоры. 157. 7' =- ! кгс в обоих случаях 158. Р е ш е н и е. Рассмотрим бесконечно малый участок веревки ЛВ (рис. 213). Сила нормального давления его на поверхность столба будет Тг)о Раз- Рис. 213 ность натяжений на концах веревки г)Т = ЗТ = — г)а должна быть уравновешена силой тренин И'да. Это приводит к урав- да нению г)Т)у!а = И', интегрирование которого дает 2) = Т!е '" (формула Эйлера). 159. Решение. Пусть Л, В, С,  — центры шаров )рис.
214). По условию они должны находиться в вершинах правильного тетраэдра Возьмем 140 Ответьг и решения единичные векторы еы е, ез, исходяцгие из вершины У вдоль ребер тетраэдра. Силы Рц Рм Ез, с которыми шары А. В, С давят на шар В, можно представить в виде 1) Р~ = — оеы Рз = — оез, Ез =- — оез где о — положительный числовой коэффициент Сила трения В, с которой шар А действует на шар В, лежит в плоскости АВЕ, где Е— середина ребра СВ.
Вдоль прямой ВЕ направлен вектор (ее 4 ез). Таким образом, векторы е~ и (ез + ез) лежат также в плоскости АРЕ, а потому по ним можно разложить силу В, т, е, В = = Д(ез + ез) 4- теп Так как сила В перпендику- А лярна к еы то скалярным умножением на е~ от- Р .214 сюда получаем Д -1- т = О. (Мы воспользовались ис. з 2 з соотношениями е, = ез = ез — — 1, е~ее = езез = = езе| = соа60' = '4). Следовательно, Г~ =,В(ез+ ез — е1) Коэффициент В отрицателен, так как сила В должна быть направлена наружу тетраэдра Возведением в квадрат и последующим извлечением квадратного корня из последнего равенства находим Д = — Дтг2.
С другой стороны, величина силы трения В может быть представлена в виде й = ЙГ1 = ко. Это дает 11 = = — йгт,гни Аналогичные рассуждения применимы и к силам трения Г и Вз, с которыми на шар В действуют шары В и С. В результате получается йо Г1 = — — (ее+ ез — е~), /2 йа Гз = — — — (ез + е| — е,), эг2 йо Гз = — — (е~ + е — ез). у'2 Результипуюшая сил давления и трения, действующих на шар В, будет — о(1 4- кггъг2 Ие|+ ее + ез).
Она должна быть уравновешена весом шара ть Это дает о~(1+ к/ъг2)~(е~ + ее+ ез)з г— е бсг (1+)гГъг2) = т'д~. тд Отсюда гь = — — — — — — —. ъ'б (1 -1- Н/тт2 ) Найдем, наконец, силы трения ты тм тз, действующие на шары А, В, С со стороны горизонтальной плоскости, на которой они лежат.
(Чтобы не усложнять рисунок, мы приложили эти силы к центрам шаров, хотя на самом деле они приложены в точках касания шаров с упомянутой плоскостью.) Для наших целей достаточно найти одну из этих сил, например тп Эта сила направлена вдоль биссектрисы АЕ угла ВАС Туда же направлен вектор (ез + ез)Г'2 — еп Поэтому можно положить т1 =- е(ез + ез — 2е1), где е — числовой коэффициент. Возведя в квадрат, а затем извлекая квадратный корень, получим т1 = еъ'3.
С другой стороны, давление на плоскость всех четырех шаров равно 4пгд, а давление в точке касания шара А = гз тп. Поэтому т~ = =,1з йть, а следовательно, 4 4 е = )сгг о и т1 = )сшд(е, 4 ез — 2е|). з з з з 34. Работа, мои)ность, энергия 141 Остается только написать условие равновесия шара А. (Условия равновесия шаров В и С не дают ничего нового.) Оно имеет вид Р1 + Г,' + т 4-Х =- = О, где Р', = — Еп Г,' = — 6 — силы давления и трения, действующие на шар А со стороны шара Р, а через )Ч) обозначена сила, нормальная к плоскости опоры.
Для исключения )л) умножаем написанное условие скалярно на вектор (ег Э ет — 2е~), нормальный к )л). После простых преобразований приходим к квадратному уравнению 4йг + 3~ 2 й — 1 = О, из которого находим и = (ъ'34 — Злг 2 ) гг8 = О, 198. Это и есть минимальное значение коэффициента трения, при котором равно- весие возможно. 94. Работа, мощность, энергия 160. Работа А = 200 кгс м. Потенциальная энергия Г = 100 кгс м Половина работы идет на увеличение кинетической энергии поднимаемого тела.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
