Home » ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. » ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА. § 6. Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА. § 6. Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ. ГЛАВА I. МЕХАНИКА.
§ 6. Статика.

А в т о р ы :
Г. А. Бендриков, Б. Б. Буховцев,
В. В. Керженцевг Г. Я. Мякишев

Скачать в хорошем качестве в формате PDF § 6. Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ. (стр. 216-220).
Скачать в хорошем качестве в формате PDF всю книгу (399 стр.) Задачи по Физике для поступающих в ВУЗы (8-е издание).

Текст, для быстрого ознакомления (в тексте для быстрого ознакомления формулы могут отображаться не корректно):

§ 6. Статика.

162. 7\ = F; T3 = 2F.
163. d = D V l Q p / n T 0,036 м = 36 мм.
164. Действующие на брусок силы изображены на рис. 243. N — нормальное
давление, f ^ k N — сила трения, P — t n g —сила тяжести. При равновесии
Af = F и /—-Р. Следовательно, k F ^ P . Максимальное значение силы F =
= p j k — 490 Н.
165. F > k m g .
166. На брусок действуют четыре силы, изображенные на рис. 244. Здесь
N — нормальное давление, a f ^ k N — сила трения. При равновесии суммы

220 § 6. Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

проекции сил вдоль наклонной плоскости и в перпендикулярном направлении
равны нулю:
/ — mgsina = 0; F-{-mg cos а —N = 0.
Отсюда
F ^ t~k a C0S ^ ^
167. Действующие на доску силы изображены на рис. 245: Nl9 N2 — силы
реакции, flt /2 —силы трения, mg—сила тяжести. Равенство нулю суммы моментов
сил относительно осей, проходящих через нижнюю и верхнюю опоры,

Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

дает: jV1 = jV2= ^tng cos а. Равенство нулю суммы проекций сил на направление
вдоль наклонной плоскости приводит к уравнению mg sin a = А+/2-
Скольжение будет отсутствовать при fi^k1N1 и f2^k2N2. Предельное значение
угла определяется уравнением
mg sin a = (kx + k2) • ~ mg cos a; отсюда tg a = у (kx+k2).
168. Равенство проекций сил на горизонтальное направление требует равенства
натяжения тросов (рис. 246). Для равновесия необходимо, чтобы
сумма проекций сил на вертикальное направление была равна нулю:
2Т cos (a/2) — Р — 0, где Р = mg—сила тяжести. Отсюда
‘Г ^ 196 Н.
2 cos (a/2)»
169. Н, Г2 = 97,5 Н.
170. На рис. 247 изображены силы, действующие на точку В кронштейна;
p = mg — сила тяжести, действующая на груз. Стержень АВ растянут с силой
Тъ а стержень ВС сжат с силой Т2. Суммы проекций этих сил вдоль
горизонтали и вдоль вертикали равны нулю, так как точка В находится
в равновесии: Т± — r2cosa = 0, Р — Т2 sina = 0. Отсюда
Т, = mg ctg а —568 Н; Т2=-^~ я» 1126 Н. 1 s * sm a
171. Р = ]/ТЛ^2>9 кгс.

221 § 6. Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

172. Равенство моментов сил тяжести относительно оси, проходящей через
* и ( 1 точку О (рис. 248), приводит к уравнению mg-^ = Mg I у — *5-‘
длина стержня. Отсюда М = 2т/3 = 0,8 кг.

Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

173. Относительно оси, проходящей через край платформы, сумма моментов
сил Р и F равна нулю Так как плечи этих сил в соответствии с уело-
‘г виями задачи одинаковы (рис. 249), то Р =
т О =F = 2000 Н.
I 174. На рис. 250 изображены силы,
действующие на трубу. Согласно третьему
закону Ньютона Ft и F2 равны по величине
искомым силам. Так как сумма сил должна
быть при равновесии равна нулю, то /^1 +
F2 — mg=0. Равенство моментов сил относительно
оси, проходящей через точку В (можно было бы выбрать и любую
другую ось), имеет вид F1(L — a) = mg(L/2). Решая полученную систему
уравнений, найдем:
тд щ
Рис. 248
mgL — = 490 Н; F2
mg (L — 2а) :294 Н. 2 (L — а) ’ 2(L — a)
175. Если верхний конец лестницы немного отошел от стенки, то относи^
тельно оси, проходящей через точку О (рис. 251), момент создают только
силы F и P = mg. Равенство моментов этих сил позволяет записать уравнение
Fп L-у- cos а — ■оР 2у1 sin• а = П0,
где L —длина лестницы. Отсюда F = -^-mgtg а.

222 § 6. Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

176. a = arctg (\/2k).
177. Действующие на дощечки силы изображены на рис. 252. Из равенства
суммы сил вдоль вертикали следует, что N — Р. Уравнение моментов сил

Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

относительно оси, проходящей через точку соприкосновения дощечек, имеет
вид:
Р у / sin а + // сое а = N1 sin а.
Здесь / — длина дощечки. Отсюда
f = ( N ~ Y P ) t g a = = Y N t g “’
Для равновесия необходимо выполнение условия f^kN. Следовательно,
178. Равенство нулю суммы моментов сил Р и Т (рис. 253) относительно
оси шарнира (точка О) приводит к уравнению
tVl2 -/2- _PsVu-p=0′
где / — длина шнура. Отсюда искомое натяжение T = Ps/L = 6 Н.
i/a. г _PVh(2R-h) мш- j .
180. Р — Р(гг — г2)/2/ = 5 Н.
181. т2 = Г~ tg а; равновесие неустойчиво.
182. Так как стенка гладкая, то со стороны стены на шар действует
только реакция опоры N, перпендикулярная к стене (рис. 254). Эта сила по
третьему закону Ньютона равна по величине искомой силе давления шара на
стену. Моменты сил N и P — mg относительно точки О равны нулю. Следовательно,
натяжение Т нити также не создает момента относительно этой точки.
Продолжение нити пройдет через центр шара.
Условия равновесия для составляющих сил вдоль горизонтали и вертикали
имеют вид: N — Т sin а — 0, Р — Т cos а = 0. Отсюда iV = Р tg а.

223 § 6. Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Из треугольника АОВ находим:
tg«=-7= R
V (il+Rf-R2
PR
следовательно, N — -—=== 1,23 H. V l*+ 2RI
183. Силы, действующие на шар, изображены на рис. 255. Сумма проекций
сил на направление, перпендикулярное к дну чаши, должна быть равна

Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

нулю. Проекции на это направление имеют только сила тяжести mg и реакция
дна чаши N. Таким образом, N = mg cos а. Следовательно, сила трения
f^kmg cos а. (1)
Равновесие шара зависит от выполнения этого неравенства. Поэтому выберем
ось, относительно которой будем определять моменты сил, так, чтобы
момент силы трения был отличен от нуля, момент же силы натяжения нити Т
обращался бы в нуль (чтобы можно было не вычислять эту силу). Этому условию
удовлетворяет ось, проходящая через точку А закрепления нити перпендикулярно
к плоскости рисунка. Относительно этой оси плечо силы трения 2R,
плечо силы тяжести l = R sin а, а плечи сил Т и N равны нулю (R — радиус
шара). Сумма моментов сил при равновесии равна нулю, т. е.
2Rf—mgR sin a = 0; отсюда / = ~ mg sin a.
Учитывая неравенство (1), найдем, что при равновесии kmg cos a ^^mg sin a.
Следовательно, максимальный угол a определяется из условия tga = 2&.
184. Силы, действующие на верхние концы палочек, изображены на
рис. 256: /—силы трения, А/ —силы упругого взаимодействия. Пусть L —
длина большой палочки, а / — маленькой. Тогда уравнения моментов относи*
тельно осей А и В, проходящих через концы палочек (см. рис. 38),
имеют вид:
Mg ~ cos a — NL, mg у sin a = fL
Отсюда
N = ■— Aig cos a, /=Ymgsina.

224 § 6. Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Так как f<^kN, то минимальное значение коэффициента трения, при котором
система будет находиться в равновесии, равно:
и f 171 I
*=¥ = M t g a —
185. Для равновесия необходимо, чтобы равнялись нулю сумма сил, действующих
на стержень, и сумма моментов сил относительно оси, проходящей
через любую неподвижную точку. Из урав*
нения F±-{-F — F2 — 0 вытекает, что сила F
параллельна силам и F2, направлена
вдоль Fx и равна F2 — Fx = 15 Н (рис. 257).
Точку приложения силы F проще всего
найти, если рассмотреть сумму моментов
сил относительно оси, проходящей через
эту точку. В этом случае момент силы
F будет равен нулю и моменты сил Fx и F2
должны уравновешивать друг друга. Пусть
эта точка С расположена на расстоянии х от точки Л и все силы составляют
со стержнем угол а. Тогда равенство моментов сил будет иметь вид /7
1xsina +
-\-F F d 2 (d — x) sin a=0. Отсюда x — 2 — = 2,5 м.
•*2 — ** 1
Результат не зависит от величины угла а. Исключение представляет случай
а = 0, когда сила F может быть приложена в любой точке стержня

Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

186. Сумма моментов сил тяжести относительно оси, проходящей через
центр тяжести, должна равняться нулю. Обозначив через х расстояние
от центра тяжести системы до центра тяжести стержня (рис. 258), получим
уравнение
/ L и \ / L ri \ о
Рис. 257
к . А
2 * 2
Отсюда х = Р2 (^2 ~\~d) —ЧР1 (l\ -\-d)
2 (Pi + Р2 + Рз)
лежит в точке прикрепления второго кубика.
h
= 0,05

187. Положение центра тяжести системы заранее не известно. Поэтому
можем предположить, что он находится в произвольной точке С стержня,
не совпадающей с центром ни одного из шаров (рис. 259). Сумма моментов
сил относительно оси, проходящей через точку С, должна быть равна нулю:
Щ g (2d + x)-j-ttizg (d+x) + ms gx — mig(d—x)= 0.

225 § 6. Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

193. При определении положения центра тяжести диск с вырезом формально
можно рассматривать как сплошной диск с массой mlt на который
наложен диск радиуса г с отрицательной массой —т2, равной по величине
массе вырезанной части. Из соображений симметрии очевидно, что центр
тяжести (точка С на рис. 262) лежит на продолжении прямой ОА, соединяющей
центры диска и выреза. Равенство моментов сил тяжести положительной
и отрицательной масс относительно оси, проходящей через точку С, дает
уравнение, определяющее искомое расстояние х — ОС:
migx = m1g([x+1^y

226 § 6. Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

111

Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

227 § 6. Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

направление высоты DE пирамиды ABCD и приравняв нулю сумму проекций
сил, получим уравнение Г cos a — 2N cos а = 0, где а —угол между любым из
ребер пирамиды и ее высотой DE (равенство углов между ребрами пирамиды
и высотой DE вытекает из равенства прямоугольных треугольников CDE, ADE
и BDE),

Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

228 § 6. Статика. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ.

На главную страницу ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ ДЛЯ ПОСТУПАЮЩИХ В ВУЗЫ.

Статистика


Яндекс.Метрика