1611143569-ed123092d132ff77d44213ca2a0f5b5a (825029), страница 26
Текст из файла (страница 26)
Рассмотрим левую половину нити (рис. O.1.112). Сила тяжести mg/2 направлена вертикально вниз. Сила натяжения нити T0186ОТВЕТЫ. МеханикаTBlTT0xT0hD xAEFmg/2mg/2CРис. O.1.112Рис. O.1.113в нижней точке направлена по горизонтали. Сила натяжения в точкеподвесаhi1/222T = (mg/2) + T0.Нить в точке подвеса образует с вертикалью угол, равныйα = arcctg (mg/2T0) .1. 113. Ha бусинку действуют силы тяжести и силы натяжения слева и справа, равные по модулю. Отсюда (рис. O.1.113)∠ACD = ∠DCB,AD = DE = x,AC = CE.Из подобия ACD и EBF получаемAC L − 2AC=, откуда AC = xL/`.x` − 2xПо теореме Пифагора для EBF имеемEF 2 + F B 2 = EB 2, т.
е. (` − 2x)2 + h2 = (L − 2xL/`)2 .Из последнего уравнения находимx=h1q`−.22(L/`) − 1187Статика. Момент сил1. 114. Из условия равновесия кольца 3 имеем, 2mg = 3F cos α,где F – сила натяжения нити. Из условия равновесия кольца 2 pимеем3F − 3F cos α − mg = 0; отсюда cos α = 2/3, r/H = tg α = 5/2т. е.pH = rc tg α = r · 2 5/5.1. 115. В системе отсчета, связанной с ракетой,∆p = 2mv sin α,∆px = ∆p sin α = 2mv sin2 α,где x – ось ракеты. Масса пылинок, ударяющихся о ракету в единицувремени, ∆m/∆t = ρvS. Таким образом,Fтяги = 2ρv 2 S sin2 α.Можно было написать сразуFтяги = Sρv (v − v cos 2α) = 2ρv 2 S sin2 α.1.
116. Число пылинок, ударяющихся о ракету в единицу времени, пропорционально скорости ракеты v, импульс, переданный ракетекаждой пылинкой, также пропорционален v. ПоэтомуFтяги = Fсопр ∝ v · v = v 2.0Следовательно, чтобы v 0/v = 2, нужно, чтобы Fтяги/Fтяги = 4.1. 117. Сила тяжести, действующая на шар, пропорциональна r2,где r – его радиус; сила сопротивления пропорциональна квадратускорости шара и его поперечному сечению, т. е.
пропорциональна v 2r2.При установившейся скорости сила сопротивления равна силе тяжести. Отсюдаp2 222v r ∝ r , v ∝ r, v2/v1 = r2/r1,√т. е. если r2/r1 = 2, то v2/v1 = 2.188ОТВЕТЫ. Механика1. 118. Вертикаль, проведенная через точку подвеса, должна пройти через центр тяжести. Можно решить задачу и не отыскивая положения центра тяжести, а исходя из того, что моменты силы тяжести,действующей на каждую из половин прута, равны по модулю. Проведя вычисления, получаем один из эквивалентных ответов:α = arctg 31 , или α = arcsin √110 ,или α = arccos √310 , или α = π4 − arctg 12 ≈ 18, 5◦.1.
119. Из условия равенства нулю суммарного момента сил относительно оси, проходящей через точку O приложения искомой силыFk, имеем N = mg/2, где N – сила реакции опоры. Проецирование силы на ось, направленную вдоль стержня, дает Fk − mg sin α +N sin α = 0, т. е. Fk = (mg/2) sin α.1.
120. Силы реакции опоры NA,B , равные по модулю силам действующим на гвозди A и B, направлены по радиусам из-за отсутствиятрения. Условия равновесия по горизонтали и вертикали даютNA sin α = NB sin β,NA cos α + NB cos β = mg.Таким образом,NA = mgsin β,sin (β + α)NB = mgsin α,sin (β + α)0 ≤ β ≤ π − α.1. 121. Введем угол γ = π − β. ТогдаNA cos α + NB cos γ = mg,NA sin α − NB sin γ = 0,где NA и NB – силы, действующие на гвозди A и B:NA = mgsin β,sin (β − α)NB = mgsin α,sin (β − α)α ≤ β ≤ π + α.Решение задачи можно провести и другими способами, например написав условия равенства нулю полного момента сил относительно точки O.189Статика.
Момент силlAmg F1F2N1mgAkN1N2kN2Рис. O.1.1251. 122. Запишем равенство моментов сил относительно точки подвеса:m1g (r − x) = m2gx,отсюда найдем плечо x силы тяжести:m1xx=r, sin α.m1 + m2r+`Таким образом, α = arcsin [(1 + `/r) (1 + m2/m1)]−2 .1. 123. Записывая равенство сил натяжения, создаваемых грузами,с учетом того, что эти силы направлены по касательной к поверхности,или равенство моментов сил тяжести относительно вертикали, проходящей через ось цилиндра (моменты сил реакции опоры при этом равны нулю), получаемm1 sin (`/r − α)=.m2sin α1.
124. Имеем−F2L + mg (L − `) + M gL/2 = 0,−F1L + mg` + M gL/2 = 0;2m + M (1 − n).2m (1 + n)1. 125. Записывая моменты сил относительно точки A (рис. О.1.125),получаем`=F1`/2 + N1` − mg`/2 = 0,F2`/2 − N2 ` + mg`/2 = 0.190ОТВЕТЫ. МеханикаCTF=kN11αlF=kN22N1TαCN2αlBBбaРис. O.1.126mg+F22Так как, F1 = kN1, F2 = kN2, то FF21 = NN1 = mg−F1 .Отсюда2F1F2= 60 кг.m=g (F2 − F1)1.
126. Пусть длина равна `. Сила натяжения пружины равна T ,силы нормального давления равны N1,2, силы трения равны F1,2. Колодка не вращается, если сумма моментов сил относительно оси, проходящей через точку B, равна нулю. В соответствии с рис. О.1.126, аимеемN1 ` sin α − T ` sin α + k`N1 cos α = 0,kT sin αF1 = kN1 =,sin α + k cos αN2 ` sin α − T ` sin α − k`N2 cos α = 0,kT sin αF2 = kN2 =.sin α − k cos αВ итоге получаемtg α + kF2 = F1при k < tg α.tg α − kПри k ≥ tg α вращение против часовой стрелки невозможно.1. 127. Условие отсутствия проскальзывания:F cos α ≤ k (F sin α + mg) .191Статика.
Момент силУсловие опрокидывания (рис. O.1.127):F ` cos α ≥ mg`/2,где BO = `/2 – плечо силы тяжести, OA = ` cos α – плечо силыF . Отсюдаq1 − 2kmg1tg α =, Fmin =k 2 + (1 − 2k)2 при k < , α = 0,k2k2mg1при k > .Fmin =221. 128. Так как пластина движется поступательно с постоянной помодулю и направлению скоростью, сумма сил и их моментов равна нулю. Точки O1 и O2 – центры квадратов (рис.
O.1.128) – точки при-αFcos ααFsinαСFl mgA0BAO1k1αO2k2BРис. O.1.127Рис. O.1.128ложения сил трения. Пусть вес каждого из квадратов равен mg, а ` –длина стороны. Тогда из-за отсутствия вращения, в частности относительно оси, проходящей через точку A перпендикулярно плоскостипластины√√π2π2k1mg`sin− α = k2mg`sin+α ,2424√πππ2sin± α = sin cos α ± cos sin α =(cos α ± sin α) .4442192ОТВЕТЫ. МеханикаТаким образом, из приведенного выше уравнения имеем1 − tg α k2= ,1 + tg α k1откудаα = arctgk1 − k2≈ 11◦.k1 + k2Есть вариант ответа:α = π/4 − arctg (k2/k1) ≈ 11◦.1. 129. Имеем N1 +N2 = mg, f1 +f2 = F , f1 = k1N1, f2 = k2N2,где N1 и N2 – силы, действующие на опоры, а f1 и f2 – силы тренияопор о поверхность стола.
Уравнение моментов относительно центратяжести:(f1 + f2 ) d + (N1 − N2) `/2 = 0.mg(k1 +k2 )Система уравнений дает F = 2[1+d(k.1 −k2 )/`]Уравнение моментов относительно любой из опор, например правой:N1 ` + F d = mg`/2,естественно, дает тот же результат.Сложным и непривычным здесь является, видимо, то, что различные части бруска имеют различные коэффициенты трения и, следовательно, действуют различные силы трения, находить которые нужно спомощью условия равенства моментов сил.1.
130. Имеем (см. решение задачи 1.129)N1 + N2 = mg cos α,f1 + f2 = mg sin α,где f1 = k1N1, f2 = k2N2. Уравнение равенства моментов сил относительно центра тяжести:(f1 + f2) h + (N2 − N1) ` = 0.193Статика. Момент силСистема уравнений дает для искомого углаtg α =k1 + k2.2 + (k1 − k2) h/`1. 131. Сравнивая моменты сил относительно горизонтальной оси,проходящей через точку O0 – точку соприкосновения колес плоскостью, по которой они катятся, имеемf (r + R) = FтягR,f = kF.Отсюда A = Fтяг` = kF ` (1 + r/R).1. 132. k =R cos αR sin α+r .1. 133. Условие равенства моментов относительно центра катушки(рис. О.1.133): F R = (F1 + F2) · 2R, где F1 = kN1, F2 = kN2.Равновесие по горизонтали дает N1 = kN2,2RFа по вертикали приводит к условию N2 +2RRNR mgkN1 = mg + F . Из этих уравнений получаемN√2k (1 + k)FFпри k ≤ k1 = 2−1.F = mg1 − 2k − k 2Рис.
O.1.133√Условие заклинивания: k > k1 = 2 − 1 (k1 получается из уравнения1 − 2k1 − k12 = 0).11221. 134. Условие равновесия шара по вертикали:mg + 2N sin α = 2kN cos α,где N – сила нормального давления доски на шар. Равенство моментов относительно оси, проходящей через точку A, даетM g (L/2) sin α = N (L/2) .Отсюдаm + 2M sin2 α m + 2M sin2 αk≥=.2M sin α cos αM sin 2α194ОТВЕТЫ. Механика1. 135. Запишем условие равенства моментов сил относительно горизонтальной оси, проходящей через точку O (рис.
O.1.135):N ` cos α = mg (`/2) cos α − kN ` sin α.Отсюдаmg.2 (k tg α)Чтобы сдвинуть лист, необходимо приложить силу F > f = kN .Таким образом,kmgFmin =.2 (1 + k tg α)1. 136. Условие равенства моментов даетqp22f (` − h) = N ` − (` − h) = N h (2` − h),N=где N – сила нормального давления, а f – сила трения.
Брусок неT0NαFHfhα0mgF0Рис. O.1.135htgαРис. O.1.137может двигаться приОтсюдаf (` − h)f ≤ kN = k p.h (2` − h)k 2 `22h − 2`h +≥ 0,(1 + k 2)1h=` 1− √1 + k2.195Статика. Момент силЗнак «+» не годится, так как h < `.10<h≤` 1−√.21+k1. 137. Пусть T – сила натяжения троса (рис. О.1.137). Из условия равенства моментов сил относительно точки O соприкосновенияподпорки с землей получаем T H = hF0 tg α. По условию вертикальная сила, с которой можно вытянуть столб при наличии подпорки итроса, F ≥ F0. Следовательно,T < (h/H) F0 tg α.Таким образом,Tmax = (h/H) F0 tg α.1. 138. Максимальная нагрузка на стержни и, следовательно, максимальная разность сил N2 − N1, действующих на опоры перекладины, будет тогда, когда брусок находится в нижнем положении.
В этомположении сила натяжения каждого стержня равна T1 и T2 соответственно. Запишем условия равенства сил и моментов сил, второй закон Ньютона для движения бруска по окружности и закон сохраненияэнергии (длину каждого стержня примем равной r):N1 + N2 − T1 − T2 = 0,N1 L − T1 (d + `) − T2d = 0,mv 2= T1 − T2 − mg,rmv 2= mg · 2r.2Отсюда` + 2dN2 − N1 = 5mg 1 −.L1.
139. Условие поворота:(L − d)2d2Mg≤ Mg+ T d,2L2L196ОТВЕТЫ. Механикагде сила T определяется из второго закона Ньютона для вращательного движения:mv 2mv 2= T − mg, mg` (1 − cos α) =.`2Таким образом,3 M L1 ≥ cos α ≥ −−1 .2 2m 2dПри m ≥ M (L/2d − 1) поворот происходит при любом α, приm ≤ (M /3) (L/2d − 1) брусок не повернется ни при каком α иззаданного интервала углов.1. 140. Отклоним игрушку на угол α и посмотрим, что произойдет с центром тяжести. Если он опустится, то положение равновесиябудет неустойчивым, игрушка упадет. На рис. O.1.140 отрезки OA иO0 A0 вертикальны, C 0 B⊥O0A0 т.
е. отрезок C 0B горизонтален; легко доказать, что∠C 0O0 B = 2α, а ∠AO0 A0 = α. Тогда0C’ BC00 00∆h=CA−BA=CA−(OA+OB) =0'α= 3R− 2R cos α + R2 cos 2α =22AA’=R(1−cosα)> 0.Рис. O.1.140Таким образом, центр тяжести опустится, игрушка упадет. Можнобыло бы проанализировать, слева или справа от точки опоры при отклонении игрушки пройдет вертикаль, опущенная из ее центра тяжести C 0 , и изучить характер равновесия, рассмотрев возникающие силыи моменты сил. Естественно, что вывод получился бы тем же: при отклонении игрушки возникают силы, которые увеличивают это отклонение, поэтому игрушка должна упасть.Механика жидкости и газа1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
