Пособие по физике. «Механика». В 3

Федеральное агентство по образованию
Национальный исследовательский ядерный университет
«МИФИ»
А.Н. Долгов
Пособие по физике
«МЕХАНИКА»
Часть 2
ДИНАМИКА.
СТАТИКА
В помощь учащимся 10—11 классов
Москва 2009
УДК 531(075)
ББК 22.2я7
Д 64
Долгов А.Н. ПОСОБИЕ ПО ФИЗИКЕ «МЕХАНИКА». В 3-х ч. Ч. 2. Динамика. Статика. В помощь учащимся 10—11 классов. — М.: МИФИ, 2009. —
112 с.
В пособии дается систематическое изложение основного содержания школьного курса физики по разделу «Динамика. Статика» в соответствии с требованиями образовательного стандарта для профильных классов общеобразовательных
школ. Подробно рассмотрено решение 42 задач, в том числе предлагавшихся на
проводимой в МИФИ Всероссийской олимпиаде Федерального агентства по
атомной энергии. Пособие содержит 117 задач различной степени сложности для
самостоятельного решения, которые снабжены ответами и указаниями. Звездочкой (*) отмечены задачи, требующие для успешного решения не только уверенного знания школьного курса физики и математики, но и смекалки. Символами А, В
и С отмечены задачи, примерно соответствующие по уровню сложности задачам,
предлагаемым в частях Единого государственного экзамена по физике.
В части 1 был рассмотрен раздел «Кинематика». Часть 3 будет посвящена разделу «Законы сохранения».
Пособие предназначено для углубленного изучения физики.
Работа с данным пособием поможет подготовиться к участию в олимпиадах и
поступлению в МИФИ.
Рецензент канд. физ.-мат. наук, доц. Д.Е. Прохорович
Рекомендовано к изданию редсоветом МИФИ
ISBN 978-5-7262-1155-8
© Национальный исследовательский ядерный
университет «МИФИ», 2009
ДИНАМИКА
§ 11. Законы динамики Ньютона. Масса тела.
Плотность. Сила. Равнодействующая сил.
Принцип суперпозиции сил.
Принцип относительности Галилея.
Закон всемирного тяготения. Сила тяжести. Вес тела.
Перегрузки и невесомость. Сила упругости.
Сила трения. Центр масс
Динамика — раздел физики, в котором изучаются как причины,
по которым движутся тем или иным образом тела, так и следствия,
к которым приводят эти причины.
Изменения в движении тел являются результатом их взаимодействия с другими телами. В ньютоновской механике эти взаимодействия описываются на языке сил, действующих между телами.
Сила — векторная физическая величина, характеризующая механическое действие одного тела на другое и являющаяся мерой
этого действия.
Основу динамики составляют три закона Ньютона.
Первый закон Ньютона выделяет системы отсчета, в которых
уравнения динамики имеют наиболее простой вид. Эти системы
отсчета называют инерциальными. Под ними понимают такие системы отсчета, относительно которых материальные точки, не подверженные воздействию других тел, а также, когда воздействия со
стороны других тел скомпенсированы, движутся равномерно и
прямолинейно, или, как говорят, по инерции.
3
Все тела инертны. Инертностью называют свойство тел, проявляющееся в том, что скорость их движения относительно инерциальных систем отсчета остается неизменной до тех пор, пока на
них не подействуют другие тела. В процессе же взаимодействия их
скорость не может измениться мгновенно, а изменяется постепенно. Из двух взаимодействующих тел инертность больше у того тела, которое в процессе взаимодействия приобретает меньшую скорость, или, что одно и тоже, получает меньшее ускорение. Для характеристики инертности тел введено понятие массы.
Масса — скалярная физическая величина, мера инертности тела
или системы тел. Масса системы тел равна сумме масс тел, образующих систему. Это свойство массы называют аддитивностью.
Второй закон Ньютона устанавливает связь между кинематиr
ческой характеристикой движения — ускорением a и динамическими характеристиками взаимодействия, т. е. силами взаимодействия. Он имеет вид в инерциальной системе отсчета для материальных точек и твердых тел, движущихся поступательно, при условии постоянства их массы:
r r
m a = F,
(11.1)
r
где m — масса (инертная) тела; F — векторная сумма всех сил,
действующих на тело, называемая равнодействующей (результирующей) всех сил.
Уравнения (11.1), записанные для каждого тела системы, позволяют решить основную задачу механики — определить зависимость координат от времени по известным силам, начальным положениям и скоростям частиц.
Опыт свидетельствует, что ускорение, сообщаемое телу при одновременном действии нескольких сил, равно векторной сумме
ускорений, которые сообщила бы этому телу каждая сила, действующая в отдельности. Это положение называют принципом независимости действия сил или принципом суперпозиции сил.
Третий закон Ньютона связывает между собой силы, с которыми тела действуют друг на друга. Он подразумевает, что если какие-либо два тела взаимодействуют друг с другом, то силы одной
4
природы, возникающие между ними, действуют вдоль одной прямой; равны по величине; противоположны по направлению; приложены к разным телам.
Ключевая роль третьего закона Ньютона объясняется возможностью установить все силы, которые влияют на движение рассматриваемого тела.
Выражения для сил, входящих в уравнения динамики (11.1) берутся из тех разделом физики, где изучается их природа.
Действие второго закона Ньютона можно распространить на тела, не являющиеся материальными точками и совершающими
сложное движение. В этом случае в уравнении (11.1) под ускорениr
ем a следует понимать ускорение точки тела, называемой центром
масс.
Центр масс — такая точка твердого тела или системы тел, которая движется так же, как и материальная точка с массой, равной
массе всей системы в целом, на которую действует та же результирующая сила, что и на тело (систему тел). Положение центра масс
твердого тела или системы тел (материальных точек) можно найти
по формуле
r
r
rц.м =
∑ mi ⋅ ri
i
∑ mi
,
(11.2)
i
r
где rц.м — радиус-вектор центра масс системы; mi — масса i-й
r
части системы; ri — радиус-вектор материальной точки или центра
масс i-го тела системы.
Применение второго и третьего законов Ньютона к системе
взаимодействующих тел позволяет сформулировать закон движения центра масс системы в очень простом виде: центр масс системы тел движется так, как двигалась бы материальная точка с массой, равной сумме масс всех тел, входящих в систему, под действием силы, равной векторной сумме всех сил, действующих на тела
рассматриваемой системы. Отсюда следует, что под действием
только внутренних сил центр масс не может приобрести ускорение.
5
Центр масс однородных тел, т. е. тел, у которых плотность одинакова во всех частях тела, совпадает с геометрическим центром
тела. Например, центр масс однородного шара совпадает с центром
шара, однородного цилиндра — лежит на оси симметрии на равных
расстояниях от его оснований, однородного параллелепипеда —
находится в точке пересечения его диагоналей, однородного треугольника — лежит на пересечении его медиан.
Плотность вещества — масса, приходящаяся на единицу объема вещества.
Принцип относительности Галилея гласит, что все инерциальные системы отсчета равноправны — это проявляется в том, что
законы механики, сформулированные Ньютоном, во всех инерциальных системах отсчета записываются одинаково, а, соответственно, все механические процессы протекают одинаковым образом.
Все инерциальные системы отсчета движутся относительно друг
друга поступательно и равномерно.
В механике Ньютона при переходе из одной инерциальной системы отсчета в другую остаются неизменными время, масса тела,
ускорение и сила. Траектория, скорость, перемещение различны в
различных системах отсчета.
Второй и третий законы Ньютона имеют ограничения для своего применения при описании физических процессов.
Второй закон Ньютона не может быть использован в виде (11.1),
если движение тел происходит со скоростями, близкими к скорости
света в вакууме.
Второй закон Ньютона не может быть использован для описания взаимодействия элементарных частиц в молекуле, атоме или
ядре атома, так как само понятие силы оказывается в этом случае
неприменимо.
Третий закон Ньютона строго выполняется только тогда, когда
относительная скорость взаимодействующих тел равна нулю. В
противном случае, т. е. когда взаимодействующие тела движутся
относительно друг друга, в определенных ситуациях возможно его
нарушение.
6
Все силы в механике можно разделить на две категории:
• силы, которые связаны с взаимодействием посредством особой формы материи, называемой полем, т. е. силы, обеспечивающие дальнодействие между телами;
• силы, обусловленные взаимодействием соприкасающихся тел.
К числу дальнодействующих сил относится гравитационное
взаимодействие. Величина и направление сил гравитации или, другими словами, сил тяготения определяются законом всемирного
тяготения: две материальные точки массами m1 и m2 притягиваются друг к другу с силой, пропорциональной их массам, и обратно
пропорциональной квадрату расстояния между ними r:
Fтяг = G ⋅
m1 ⋅ m2
,
r2
(11.3)
где G — коэффициент пропорциональности, называемый гравитационной постоянной. Если тяготеющие тела обладают сферической
симметрией, например, являются однородными шарами, то для вычисления силы притяжения между ними так же можно применять
формулу (11.3), однако в этом случае в качестве величины r необходимо брать расстояние между центрами симметрии тел, а силы
тяготения будут направлены вдоль прямой, соединяющей центры
симметрии.
В законе всемирного тяготения масса выступает в новой роли —
в качестве меры тяготения. Массу тел, найденную по силе притяжения к другим телам, называют гравитационной массой. Многочисленные опыты, поставленные в лучших лабораториях мира, показали равенство гравитационной и инертной масс тела.
Тело массой m, находящееся вблизи поверхности Земли, которую с высокой степенью точности можно считать однородным шаром, т. е. если расстояние от тела до поверхности Земли много
меньше радиуса Земли (RЗ ≅ 6380 км ) , притягивается к ее центру с
силой равной
F =G⋅
MЗ
RЗ2
⋅m =m⋅g ,
7
(11.4)
где M З — масса Земли; g = G ⋅
MЗ
RЗ2
≅ 9,8 м с 2 — ускорение сво-
бодного падения (в отсутствие сил сопротивления среды) вблизи
поверхности Земли. Сила тяготения, действующая на тело вблизи
r
r
поверхности Земли и выраженная в виде F = m g , является упрощенной формой выражения силы тяготения и называется силой
r
тяжести. Вектор g направлен перпендикулярно поверхности
Земли и к ее центру.
Сила, с которой тело вследствие его притяжения к Земле, действует на опору, называется весом тела. Состояние тела, при котором отсутствует его взаимодействие с опорой, называют состоянием невесомости. Причина невесомости заключается в том, что в
случае, когда на тело действует только сила тяготения, она сообщает телу и опоре одинаковое ускорение. Состояние тела, при котором его вес превышает силу тяжести, действующую на тело, называется перегрузкой.
Далее рассмотрим силы, обусловленные взаимодействием между соприкасающимися телами.
Сила упругости — это сила реакции упруго деформируемого
тела, т. е. при условии восстановления размеров и формы тела после снятия внешнего силового воздействия. Согласно закону Гука
существует область деформаций, в пределах которой величина деформации пропорциональна вызывающему ее силовому воздействию. Например, изменение длины пружины при выполнении закона Гука подчиняется соотношению
Fx = − k x ,
(11.5)
где k — коэффициент жесткости пружины; x = l − l0 — удлинение
пружины; l и l0 — длины пружины в деформированном и недеформированном состояниях, соответственно; Fx — проекция силы,
действующей со стороны деформированной пружины на внешнее
тело, взаимодействие с которым вызывает деформацию пружины,
на направление смещения элементов пружины, в процессе ее рас8
r
тяжения (рис. 11.1, где Fупр — реакция пружины на деформацию,
т. е. сила, с которой пружина действует на тело, вызвавшее дефорr
мацию; − Fупр — сила, с которой внешнее тело действует на пруr
жину и вызывает ее деформацию). Проекция силы Fупр фигурирует в формуле (11.5).
Рис. 11.1
Когда информация о деформации тела отсутствует и ее величиной можно пренебречь по сравнению с размерами тела, то, как правило, можно заранее определить только направление сил реакции
деформируемого тела. Например, реакция нити — сила натяжения — всегда направлена вдоль нити, так как нить не оказывает
сопротивления изгибу и, кроме того, может тянуть, но не может
толкать тело, прикрепленное к нити.
При рассмотрении взаимодействия тела с поверхностью обычно
r
реакцию поверхности, чаще называемую реакцией опоры R , раскладывают на две составляющих: силу нормальной реакции опоры
r
N , направленной перпендикулярно (по нормали) к поверхности
9
контакта, и силы трения Fтр , направленной по касательной к поверхности (рис. 11.2, а). Если происходит перемещение тел относительно друг друга (скольжение), то модули этих составляющих реакции поверхности связаны между собой (приближенным) законом
Кулона—Амонтона
Fтр = μск ⋅ N ,
(11.6)
где μ ск — коэффициент трения (скольжения), зависящий от характера соприкасающихся поверхностей. Сила трения направлена в
этом случае противоположно направлению движения тела. В случае, когда взаимодействующие тела неподвижны относительно
друг друга, выполняется соотношение
Fтр ≤ μск ⋅ N ,
(11.7)
и направление силы трения — она в этом случае называется силой
трения покоя — определяется из условия неподвижности тел
(рис. 11.2, б). Сила, равная силе нормальной реакции опоры по величине, но противоположно направленная и приложенная не к телу, а к его опоре, называется силой нормального давления.
Рис. 11.2
Если тело круглой формы (шар, цилиндр) катится по поверхности, то вследствие деформации опоры и катящегося тела сила нормальной реакции опоры препятствует вращению тела в заданном
10
направлении (рис. 11.3), тем самым препятствует перемещению
тела (его центра масс). Указанное явление можно описать, введя
силу трения качения, направленную против направления перемещения тела, при этом будет выполняться экспериментально установленное соотношение
Fтр = μ кач ⋅ N ,
где μ кач — коэффициент трения
качения. Введенный таким образом
коэффициент трения качения зависит от материала трущихся тел, скорости качения, радиуса катящегося
шара или цилиндра. Обычно
μ кач << μ ск .
При движении тел в жидкости
или газе возникает сила сопротивления среды (сила вязкого трения),
при небольших скоростях пропорциональная скорости
Fсопр = k ⋅ v ,
(11.8)
Рис. 11.3
(11.9)
где k — коэффициент сопротивления, зависит от свойств среды,
формы и размеров тела и состояния его поверхности. Направлена
сила сопротивления среды противоположно скорости. При больших скоростях сила сопротивления пропорциональна квадрату
скорости
Fсопр = k ⋅ v 2 .
11
(11.10)
§ 12. Динамика прямолинейного движения
Задачи
12.1В. На материальную точку, масса которой m = 500 г , действуют две силы: F1 = 2 H и F2 = 3 H. Найти угол между векторами
этих сил, если под их действием материальная точка движется с
ускорением a = 8 м с 2 .
Ответ: α = arccos
m 2 a 2 − F12 − F22
≅ 76°.
2 F1 F2
12.2В. Груз массой m = 1 кг подвешен к пружине жесткостью k = 1 Н м .
Длина пружины в нерастянутом состоянии l0 = 0,2 м. Пружина с грузом
находится в лифте, движущемся с ус-
корением a = 5 м с 2 , направленным:
а) вверх; б) вниз. Какова длина пружины в этом состоянии? g = 10 м с 2 .
Решение. Изобразим на чертеже
векторами все силы, приложенные к интересующему нас телугрузу (рис. 12.1). Выберем координатную ось OX.
Запишем уравнение (11.1) второго закона Ньютона в инерциальной системе отсчета, связанной с Землей для интересующего
нас тела-груза:
Рис. 12.1
r
r r
m a = m g + Fупр .
Запишем уравнение второго закона Ньютона в проекциях на
выбранную ось OX (одной координатной оси достаточно, так как
все приложенные к телу силы направлены вдоль одной прямой):
12
m ⋅ ( g + a)
+ l0 = 0,35 м ;
k
m ⋅ ( g − a)
б) − m a = − m g + k ⋅ (l − l0 ) ⇒ l =
+ l0 = 0,28 м .
k
12.3В. Грузовик взял на буксир легковой автомобиль массой
m = 2 т и, двигаясь равноускоренно без начальной скорости, за
время t = 50 c проехал по прямой S = 400 м. На сколько при этом
удлиняется трос, соединяющий автомобили, если его жесткость
а) m a = − m g + k ⋅ (l − l0 ) ⇒ l =
k = 2 ⋅ 106 Н м ? Трение не учитывать.
2⋅m⋅S
Ответ: Δ l =
= 0,32 мм .
k ⋅t2
12.4С. На нити, выдерживающей натяжение F = 20 H , поднимают груз массой m = 1 кг из состояния покоя вертикально вверх.
Считая движение равноускоренным, найти предельную высоту, на
которую можно поднять груз за время t = 1 c так, чтобы нить не
оборвалась?
t2 ⎛ F
⎞
Ответ: H max = ⋅ ⎜ − g ⎟ = 5 м .
2 ⎝m
⎠
12.5В. На тело массой m = 1 кг , лежащее на горизонтальной поверхности, начинает
действовать постоянная направленная гориr
зонтально сила F (рис. 12.2). Коэффициент трения между телом и
поверхностью μ = 0,2 . Определить ускорение тела, если модуль
силы равен: а) F = 0,5 H ; б) F = 2 H ; в) F = 2,5 H . Считать g =
= 10 м с 2 . Построить график зависимости силы трения Fтр от си-
лы F .
Рис. 12.2
13
Решение. На чертеже расставлены все силы, действующие на
интересующее нас тело. Так как силы направлены в различные стороны, необходимо выбрать две координатные оси. Запишем уравнение второго закона Ньютона в векторной форме для интересующего нас тела
r
r
r r r
m a = m g + N + Fтр + Fупр .
Запишем уравнение второго закона Ньютона в проекциях на
выбранные оси OX и OY, а также уравнение (11.1) закона Кулона—
Амонтона, учтем, что тело может двигаться с ускорением только
вдоль оси OX
⎧ OX: m a = F − Fтр ;
⎪
F
⇒ a = −μ g,
⎨ OY: 0 = N − m g ;
m
⎪
Fтр = μ ⋅ N
⎩
где а — проекция ускорения на ось OX.
При подстановке численных значений параметров получим:
а) а = −1,5 м с 2 ; полученный результат означает, что вектор ускорения должен быть направлен против оси OX, однако это невозможно. Очевидно, что в уравнениях была завышена сила трения, ее
следует считать силой трения покоя, тогда Fтр ≤ μ ⋅ N , т. е. тело
будет покоиться и его ускорение а = 0 ;
б) а = 0 ; в этой ситуации сила трения покоя принимает свое
максимальное возможное значение Fтр = μ ⋅ N , и тело остается покоящимся, так как по условию задачи у него отсутствует начальная
скорость;
в) а = 0,5 м с 2 ; тело скользит по поверхности.
Если сила F недостаточна, чтобы привести тело в движение, т. е.
а = 0 , то из первого уравнения системы следует, что Fтр = F .
14
Если тело под действием силы F скользит, то Fтр = μ m g =
= const . График зависимости
Fтр ( F ) приведен на рис. 12.3.
12.6В. На тело массой m =
= 1 кг, находящееся на горизонтальной поверхности, начинает
действовать горизонтально направленная сила, модуль которой
линейно зависит от времени:
F = C ⋅ t , где C = 0,5 Н c . Коэффициент трения между телом и
поверхностью μ = 0,2 . Определить момент времени, когда тело
начнет двигаться. Построить
график зависимости силы трения, действующей на тело, от
Рис. 12.3
Рис. 12.4
времени. g = 10 м с 2 .
Ответ: t0 = 4 c ; график зависимости Fтр (t ) представлен на
рис. 12.4.
12.7В. Тело скользит по горизонтальной поверхности под дейстr
вием силы F , направленной под углом α к горизонту (рис. 12.5).
Найти ускорение тела, если его масса m, угол α , коэффициент трения между телом и поверхностью μ , модуль силы F известны. При
каком значении указанной силы движение будет равномерным?
Решение. Запишем уравнение второго закона Ньютона для интересующего нас тела в проекциях на выбранные оси OX и OY и
уравнение закона Кулона—Амонтона
⎧ OX: m a = F ⋅ cos α − Fтр ;
⎪
F ⋅ cos α − μ (m g − F ⋅ sin α)
.
⎨ OY: 0 = N + F ⋅ sin α − m g ; ⇒ a =
m
⎪
Fтр = μ N
⎩
15
Рис. 12.5
Равномерное движение — это движение без ускорения, т. е. при
а = 0 . Тело будет скользить по поверхности равномерно при
μ mg
F=
.
cos α + μ ⋅ sin α
12.8С. Если к телу, находящемуся на горизонтальной поверхности, приложить силу F = 120 H под углом α = 60 ° к горизонту, то
тело будет скользить по поверхности равномерно. С каким ускорением будет двигаться тело, если ту же по величине силу приложить
под углом β = 30° к горизонту? Масса тела m = 25 кг, g = 10 м с 2 .
Ответ: a =
F ⎛
m g − F ⋅ sin β ⎞
⎟ ≅ 1 м с2.
⋅ ⎜⎜ cos β − cos α ⋅
m ⎝
m g − F ⋅ sin α ⎟⎠
12.9*. На тело массой m = 0,1 кг, лежащее на горизонтальном
столе в момент времени t = 0, начала действовать сила F = b ⋅ t ,
где b = 1 Н с , направленная под углом α = 30 ° к горизонту
(см. рис. 12.5). Найти зависимость ускорения тела от времени, если
коэффициент трения между поверхностями тела и стола μ = 0,1.
Через какой промежуток времени с начала действия силы тело оторвется от поверхности стола? Чему равно ускорение тела в момент
отрыва? g = 10 м с 2 .
Ответ:
1) в интервале 0 ≤ t ≤
μ mg
≅ 0,11 c тело покоится,
b ⋅ (cos α + μ ⋅ sin α)
т. е. a = 0 ;
16
2) в интервале 0,11 ≤ t ≤
ускорением a =
mg
= 2,0 c тело скользит по столу с
b ⋅ sin α
b⋅t
⋅ (cos α + μ ⋅ sin α ) − μ g = (9,1 ⋅ t − 1,0) м с 2 , в моm
мент отрыва t = 2,0 c ускорение тела a ≅ 17,2 м с 2 ;
3) в интервале t > 2,0 c на тело действуют только две силы —
r
r
сила тяжести m g и сила F , под их действием тело приобретает
ускорение
a=
b 2 ⋅ t 2 − 2mgb ⋅ t ⋅ sin α + m 2 g 2 m = 10 ⋅ t 2 − t + 1 м с 2 .
Указание. В момент отрыва от поверхности стола нормальная
реакция опоры становится равной нулю N = 0. После отрыва тела
от поверхности стола удобно найти проекции вектора ускорения на
декартовы координатные оси, одна из которых горизонтальна, а
другая — вертикальна (см. рис. 12.5), а затем выразить модуль вектора через его проекции по формуле (1.2).
12.10В. Определить, при каком ускорении вертикальной стенки
(рис. 12.6) брусок будет находиться в покое относительно нее. Коэффициент трения между брусом и стенкой равен μ .
Рис. 12.6
Решение. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на выбранные оси и закон Кулона—Амонтона для случая, когда брусок
покоится относительно стенки, в системе отсчета, связанной с Землей:
17
⎧ OX: m a = N ;
g
⎪⎪
⎨ OY: 0 = Fтр − m g ; ⇒ a ≥ .
μ
⎪
Fтр = μ N
⎪⎩
12.11*. На неподвижный брусок, помещенный на горизонтальную поверхность,
r
подействовали с силой F (рис. 12.7). При
r
каких значениях угла α между силой F и
вертикалью брусок будет оставаться неподвижным
независимо от величины приРис. 12.7
r
кладываемой силы F ? Коэффициент трения между бруском и поверхностью μ задан.
1
Ответ: 0 ≤ α ≤ arctg .
μ
В
12.12 . Брусок поместили на наклонную плоскость и отпустили
без толчка. Угол наклона плоскости к линии горизонта равен α .
Коэффициент трения между бруском и плоскостью — μ . Определить ускорение бруска.
Решение. В данном случае удобны координатные оси так, как это
показано на чертеже (рис.12.8). Соскальзывая по наклонной плоскости, тело будет двигаться прямолинейно, следовательно, только проекция ускорения на ось OX будет
отлична от нуля. Запишем систему
уравнений второго закона Ньютона
в проекциях на выбранные коордиРис. 12.8
натные оси и уравнение закона Кулона—Амонтона в ситуации, когда
брусок скользит:
18
⎧ OX: m a = m g ⋅ sin α − Fтр ;
⎪
⇒ a = g ⋅ (sin α − μ cos α) .
⎨ OY: 0 = N − m g ⋅ cos α ;
⎪
Fтр = μ N
⎩
Полученное выражение для ускорения бруска справедливо, если
sin α − μ cos α ≥ 0, так как ускорение бруска не может быть направлено вверх вдоль наклонной плоскости — отсутствуют силы,
которые могли бы сообщить бруску подобное ускорение. Следовательно, при sin α − μ cos α < 0 брусок будет покоиться и его ускорение будет равно нулю.
Итак, если tg α ≥ μ , то a = g (sin α − μ cos α ) ; если tg α < μ , то
a = 0.
12.13С. Какую горизонтальную силу F необходимо приложить к бруску
(рис. 12.9), чтобы он равномерно перемещался вниз по наклонной плоскости? Масса бруска m = 2 кг , коэффициент трения между бруском и
плоскостью μ = 0,2 ; плоскость обраРис. 12.9
зует угол α = 45 ° с горизонтом.
g = 10 м с 2 .
sin α − μ ⋅ cos α
≅ 13 H .
cos α + μ ⋅ sin α
12.14С. Брусок находится на наклонной плоскости. С какой наименьшей силой, направленной перпендикулярно плоскости, нужно
прижать брусок, чтобы он оставался на ней в покое? Масса бруска
m = 0,2 кг ; длина наклонной плоскости l = 1 м, высота h = 0,5 м;
Ответ: F = m g ⋅
коэффициент трения бруска о плоскость μ = 0,4 ; g = 10 м с 2 .
Ответ: Fmin =
mg
l
⎛h
⋅ ⎜⎜ −
⎝μ
⎞
l 2 − h 2 ⎟⎟ ≅ 13 H .
⎠
19
Указание. Необходимо использовать уравнения второго закона
Ньютона в проекциях на координатные оси для случая, когда брусок покоится, и закон Кулона—Амонтона в виде неравенства
(11.7). Учесть, что сила трения будет препятствовать соскальзыванию бруска при минимальной силе F. Тригонометрические функции, фигурирующие в проекциях действующих на тело сил, можно
выразить через длину и высоту наклонной плоскости, рассмотрев
h
соответствующий прямоугольный треугольник: sin α = ; cos α =
l
l 2 − h2
; где α — угол наклона плоскости к горизонту.
l
12.15С. На гладкой наклонной плоскости, движущейся вправо с
горизонтально направленным ускорением а (рис. 12.10), лежит
брусок массой m, закрепленный на плоскости с помощью параллельной плоскости нити. Угол наклона плоскости к горизонту равен α . Найти силу натяжения нити и силу давления бруска на
плоскость. При каком ускорении плоскости брусок не будет на нее
давить?
=
Рис. 12.10
⎧ OX: T ⋅ cos α − N ⋅ sin α = m a ;
Решение: ⎨
⎩ OY: T ⋅ sin α + N ⋅ cos α − m g = 0.
Домножим первое уравнение системы на cos α , а второе — на
sin α , и сложим вновь полученные уравнения. Получим после не20
сложных алгебраических и тригонометрических преобразований
для силы натяжения и силы давления следующие выражения:
T = m ⋅ ( a ⋅ cos α + g ⋅ sin α ) ;
N = m ⋅ ( g ⋅ cos α − a ⋅ sin α ) .
Брусок не будет давить на плоскость, т. е. N = 0 , если
a ≥ g ⋅ ctg α .
12.16В. Точку подвеса массивного шарика на навесной нити перемещают в горизонтальном направлении с постоянным ускорением а так, что нить составляет с вертикалью постоянный угол α
(рис. 12.11). Найти величину угла α , если ускорение а задано.
a
Ответ: α = arctg .
g
*
12.17 . На наклонную плоскость помесr
тили брусок и приложили к нему F , направленную вверх вдоль плоскости и «равную» по модулю удвоенной силе тяжести
бруска mg (рис. 12.12). Коэффициент трения между бруском и плоскостью μ = 1. При
Рис. 12.11
каком угле наклона плоскости к горизонту
α ускорение бруска будет минимальным?
Найти это ускорение. g = 10 м с 2 .
1
Ответ: α min = arctg = 45° ;
μ
amin = g ⋅ ⎛⎜ 2 − 1 + μ 2 ⎞⎟ ≅ 6 м с 2 .
⎝
⎠
Рис. 12.12
Указание. Выразить зависимость ускорения бруска от угла наклона плоскости к горизонту и исследовать функцию a (α ) в интервале 0 ≤ α ≤ 90 ° для
нахождения ее минимума, используя уравнение (2.6).
21
12.18*. Определить ускорение цилиндра, соскальзывающего по
желобу, имеющему вид двугранного угла с раствором α . Ребро
двугранного угла наклонено под углом β к горизонту. Плоскости
двугранного угла образуют одинаковые углы с горизонтом. Коэффициент трения между цилиндром и поверхностью желоба — μ .
Ось цилиндра параллельна ребру желоба.
⎛
cos β ⎞
⎟.
Ответ: a = g ⋅ ⎜⎜ sin β − μ
sin α 2 ⎟⎠
⎝
12.19В. Тело массой m = 1 кг , брошенное под углом к горизонту,
имеет в верхней точке траектории полное ускорение a = 12 м с 2 .
Определить сопротивление среды в этой точке. g = 10 м с 2 .
Ответ: Fсопр ≅ 6,6 H.
12.20С. Парашютист массой m1 = 80 кг спускается на парашюте
с установившейся скоростью v1 = 5 м с . Какой будет установившаяся скорость, если на том же парашюте будет спускаться мальчик массой m2 = 40 кг? Массой парашюта пренебречь. Считать,
что сила сопротивления воздуха пропорциональна квадрату скорости.
m2
Ответ: v 2 = v1 ⋅
≅ 3,5 м с .
m1
12.21С. Коэффициент трения между колесами велосипедиста и
дорогой μ = 0,3. При этом наибольшая скорость велосипедиста
v = 10 м с . Сила сопротивления воздуха, действующая на велоси-
педиста, пропорциональна квадрату его скорости Fсопр = α ⋅ v 2 .
Найти величину коэффициента пропорциональности α . Масса велосипедиста вместе с велосипедом m = 100 кг. Трением качения
пренебречь. g = 10 м с 2 .
μ mg
Ответ: α = 2 = 3 кг м .
v
22
Указание. Сила, приводящая велосипедиста в движение — это
сила трения, действующая на колеса велосипеда со стороны поверхности дороги.
12.22С. Автомобиль заезжает на наклонную плоскость. Коэффициент трения скольжения между колесами и плоскостью μ1 = 0,6 ;
коэффициент трения качения μ 2 = 0,1. При каком максимальном
угле наклона плоскости к горизонту автомобиль сможет по ней
подниматься, двигаясь равномерно?
Ответ: α max = arctg (μ1 − μ 2 ) ≅ 27°.
12.23*. Однородный стержень длиной l нижним концом касается гладкой горизонтальной поверхности. Верхний конец стержня
подвешен так, что стержень образует с горизонтальной поверхностью угол α . Нить пережигают. В какую сторону и на сколько
сместится нижний конец стержня в процессе падения?
l
Ответ: Δ x = ⋅ (1 − cos α) .
2
Указание. Необходимо выяснить, как будет двигаться центр
масс стержня под действием приложенных к стержню сил в соответствии со вторым законом Ньютона.
§ 13. Динамика системы тел с кинематическими связями
При решении задач на динамику системы тел с кинематическими связями принято считать выполненными следующие стандартные допущения.
1. Все нити, связывающие тела, нерастяжимы и в процессе движения остаются натянутыми. Если тела соединены пружинами, то
при установившемся движении натяжение пружин не меняется и
их длина остается постоянной.
2. Отрезки нитей, не лежащие на блоках, при движении тел не
изменяют своей ориентации, т. е. остаются параллельными одним и
тем же неподвижным в выбранной системе отсчета прямым.
3. Блоки недеформируемы, представляют из себя цилиндры,
вращающиеся вокруг оси, совпадающей с их осью симметрии.
23
4. Все тела (за исключением блоков) движутся поступательно.
5. Все нити невесомы.
6. Блоки невесомы.
7. На блоки в оси и нити, скользящие по блоку, не действуют
силы трения (нить может не проскальзывать по блоку, если блок
вращается).
Следствием пунктов 5, 6 и 7 перечисленных допущений является постоянство по модулю силы натяжения вдоль нити.
Условие нерастяжимости нитей позволяет устанавливать определенные соотношения между перемещениями, скоростями и, следовательно, ускорениями тел, прикрепленными тем или иным способом к одной нити.
Задачи
13.1А. Два груза массами m1 и m2 (m1 < m2 ) связаны нитью, переброшенной через блок. Найти ускорение грузов и силу натяжения нити.
Решение. Запишем уравнения второго закона Ньютона в проекциях на выбранную ось (рис. 13.1) для каждого из
грузов:
⎧⎪ OX: T − m1 g = m1 a ;
⎨
T − m2 g = − m2 a ,
⎪⎩
где а — модуль ускорения.
При составлении уравнений было
Рис. 13.1
учтено равенство сил натяжения, действующих на грузы со стороны нити, и равенство ускорений грузов
по модулю — перемещения грузов вследствие нерастяжимости нити за один и тот же промежуток времени одинаковы. Кроме того,
один из грузов движется вниз, а другой вверх, и так как сила тяжести, приложенная ко второму грузу, по условию задачи больше, то
24
именно он будет двигаться вниз, следовательно, проекция его ускорения на ось OX окажется отрицательной, а проекция ускорения
первого груза — положительной.
Вычтем из первого уравнения второе, получим
− m1 g + m2 g = (m1 + m2 ) a ⇒ a = g ⋅
m2 − m1
.
m2 + m1
Теперь умножим первое уравнение на m2 , а второе — на m1 , и
сложим вновь полученные уравнения:
(m1 + m2 ) Т − 2 m1 ⋅ m2 ⋅ g ⇒ Т =
13.2В. Нить переброшена через два
блока, один из которых прикреплен
к потолку, а второй лежит в петле
нити. Один конец нити прикреплен
к потолку, а второй — свободен
(рис. 13.2). С какой силой надо тянуть за свободный конец нити, чтобы
груз массой m поднимался с заданным ускорением а?
Решение. Запишем уравнение второго закона Ньютона для груза и невесомого блока, движущихся вместе,
в проекции на ось OX. Учтем постоянство силы натяжения вдоль нити.
m1 ⋅ m2 ⋅ g
.
m2 + m1
Рис. 13.2
⎧ OX: 2T − m g = m a ;
m (a + g )
.
⇒ F=
⎨
2
F
T
=
⎩
13.3С. На рис. 13.3 показана система тел, состоящая из нити,
двух блоков и двух грузов. Ось левого блока и правый конец нити
25
закреплены. Массы грузов указаны на рисунке. Определить ускорение каждого из грузов.
g
2g
Ответ: aлев =
; aпр = .
11
11
Указание. Необходимо учесть, что ускорения грузов будут неравны по модулю, так как за один и тот же промежуток времени
грузы совершают различные перемещения (см. задачу 4.10).
Рис. 13.3
Рис. 13.4
13.4*. Нить, переброшенная через блок, пропущена через щель
(рис. 13.4). При движении нити на нее действует постоянная сила
трения F. На концах нити подвешены грузы, массы которых m1 и
m2 ( m1 < m2 ). Определить ускорение грузов.
(m − m1 ) ⋅ g − F
, если (m2 − m1 ) ⋅ g − F ≥ 0 ;
Ответ: a = 2
m1 + m2
a = 0, если (m2 − m1 ) ⋅ g − F ≤ 0 .
Указание. Рассмотреть уравнение второго закона Ньютона для
кусочка нити (невесомой!), проходящей через щель. На нее действуют две силы натяжения (со стороны остальных частей нити) и
сила трения. Таким образом можно установить соотношение между
силами натяжения, приложенными к каждому из грузов.
26
13.5В. Два груза массами m1 = 100 г и
m2 = 50 г соединены нитью, перекинутой
через блок (рис. 13.5). Грузы прижимают
друг друга с постоянной силой F = 1 Н .
Коэффициент трения между ними μ = 0,1.
Найти ускорение, с которым движутся гру-
зы. g = 10 м с 2 .
Рис. 13.5
(m2 − m1 ) ⋅ g − 2μ F
Ответ: a =
= 2 м с2 .
m1 + m2
13.6С. В системе, изображенной на рис. 13.6, массы брусков
m = 1 кг и М = 2 кг , горизонтальная сила, приложенная к нижнему
бруску, F = 25 Н, ускорение, с которым движутся тела, равно
а = 5 м с 2 . Определить коэффициент трения скольжения, если он
одинаков для всех трущихся поверхностей. g = 10 м с 2 .
F − ( M + m) ⋅ a
Ответ: μ =
= 0,2 .
(M + 3m )⋅ g
Указание. Изобразить на дополнительном чертеже бруски по отдельности и для каждого построить векторную
диаграмму сил. Необходимо при этом
Рис. 13.6
строго следовать третьему закону Ньютона, например, помнить, что сила трения действует на каждую из
трущихся поверхностей, а силе нормальной реакции опоры соответствует сила нормального давления.
13.7С. Два груза массами m1 = 1 кг и m2 = 2 кг (рис. 13.7) подвешены к концам нити, переброшенной через блок, который, в
свою очередь, подвешен на пружине жесткостью k = 5 ⋅103 Н м .
Каково растяжение пружины? g = 10 м с 2 .
2 m1 ⋅ m2 ⋅ g
Ответ: Δ l =
≅ 3 мм.
k ⋅ (m1 + m2 )
27
Рис. 13.7
Рис. 13.8
13.8С. Через блок переброшена нить, к одному концу которой
привязан груз массой m1 = 100 г, а по другому скользит кольцо
массой m2 = 250 г (рис. 13.8). С каким ускорением движется коль-
цо, если груз m1 неподвижен? g = 10 м с 2 .
m − m1
Ответ: a = g ⋅ 2
= 6 м с2 .
m2
13.9*. Клин, одна из граней которого вертикальна, а другая составляет угол α с горизонтом, покоится на горизонтальной поверхности благодаря упору А. По клину
скользят два бруска массой m каждый, связанные нитью, переброшенной через блок (рис. 13.9).
Рис. 13.9
Трение в системе отсутствует. С
какой силой клин давит на упор в горизонтальном направлении? С
какой силой невесомый блок давит на свою ось?
Решение. Построим векторную диаграмму сил, действующих на
каждое тело в отдельности (рис. 13.10, а, б, в), для чего выясним, с
какими иными телами взаимодействует каждое из данных тел. Например, левый брусок взаимодействует с планетой Земля (сила тяr
r
жести m g ) , с нитью (сила тяжести T ) , с поверхностью грани кли28
r
на (нормальная реакция опоры N1 ). Так как сила трения отсутствует, то выберем для каждого бруска по одной оси, направленной по
направлению движения брусков.
Рис. 13.10
В проекциях на выбранные оси запишем уравнения второго закона Ньютона для каждого из брусков:
⎧ OX: T − m g ⋅ sin α = m a ;
⇒
⎨
⎩ OY: m g − T = m a
Вычтя из первого уравнения второе, получим
2 T − m g ⋅ (1 + sin α) = 0 ⇒ T =
mg
(1 + sin α) .
2
Рис. 13.11
В проекциях на горизонтальную ось OZ запишем уравнение
r
второго закона Ньютона для клина ( FA — сила, действующая на
клин со стороны упора):
OZ: FA + m g cos α − T ⋅ sin α = 0 ⇒
⇒
FA =
mg
⋅ cos α ⋅ (1 − sin α ) .
2
29
r
Сила давления невесомого блока на ось Fбл обусловлена силами
натяжения, приложенными со стороны двух участков нити к блоку
(рис. 13.11). Используя теорему косинусов, можно найти их равнодействующую:
Fбл =
mg
⋅ (1 + sin α)3 2 .
2
13.10С. С наклонной плоскости соскальзывает без трения клин
(рис. 13.12), на верхней горизонтальной грани которого находится
брусок массой m = 100 г. Угол наклона плоскости к горизонту равен α = 30 °. Брусок по клину не скользит. Найти силу трения, дей-
ствующую на брусок при движении клина. g = 10 м с 2 .
mg
Ответ: F =
⋅ sin 2α ≅ 0,86 H .
2
Указание. На первом этапе решения
необходимо найти ускорение, с которым
система «клин+брусок» соскальзывает с
наклонной плоскости. На втором этапе,
зная направление и величину ускорения
бруска в системе отсчета, связанной с
Землей, в этой же системе отсчета составить векторную диаграмму сил, приложенных к бруску со стороны иных тел
Рис. 13.12
(клина, планеты Земля). Далее найти ось,
в проекции на которую уравнение второго закона Ньютона будет иметь наиболее
простой вид.
13.11*. Тележка массой М = 20 кг
может катиться по горизонтальной поверхности без трения (трение качения
пренебрежимо мало). На тележке лежит
брусок массой m = 2 кг (рис. 13.13). КоРис. 13.13
эффициент трения между бруском и те30
лежкой μ = 0,25 . К бруску прикладывают горизонтально направленную силу: а) F = 2 Н ; б) F = 20 Н . Найти силу трения между
бруском и тележкой и ускорения бруска и тележки в обоих случаях. g = 10 м с 2 .
Рис. 13.14
Решение. Составим векторную диаграмму сил, приложенных к
каждому телу в отдельности (рис. 13.14). Запишем в проекциях на
выбранные координатные оси уравнения второго закона Ньютона
для каждого из тел:
OX: F − Fтр = m aб ;
OY: 0 = N1 − m g = 0 ;
OX: Fтр = M aт ,
где aб и aт — модули векторов ускорений бруска и тележки соответственно. Приведенная система не является полной. Сила трения
ограничена величиной μ N1 = μ m g , следовательно, ускорение тележки не может превышать величину μ m g M , т. е. при достаточно большой силе F брусок будет скользить по тележке — его ускорение ограничений не имеет. Определим максимальную величину
силы F, при которой брусок по тележке не скользит. Для этого добавим к выше приведенным уравнениям выражение закона Кулона—Амонтона в виде неравенства (11.7):
31
Fтр ≤ μ ⋅ N1 .
⎧ N1 = m g ;
⎧ N1 = m g ;
⎪
⎪
M
⎪ F − Fтр Fтр
⎪
=
; ⇒ ⎨ Fтр = F ⋅
; ⇒
⎨
M
m+M
⎪ m
⎪
⎪⎩ Fтр ≤ μ ⋅ N1
⎪⎩ Fтр ≤ μ ⋅ N1
⇒
Fmax =
F⋅
M
≤ μ mg
m+M
μ m (m + M ) g
= 5,5 H .
M
Следовательно, в случае (а) F < Fmax — проскальзывание бруска по тележке отсутствует.
aб = aт =
F
≅ 0,09 м с 2 ;
m+M
Fтр = M ⋅ aт = 1,8 H .
В случае (б) F > Fmax — брусок по тележке скользит.
Fтр = μ m g = 5 H ;
aт =
Рис. 13.15
aб =
Fтр
M
=
F − Fтр
m
μm g
= 0,25 м с 2 ;
M
=
F
− μ g = 7,5 м с 2 .
m
13.12В. Санки массой m = 2 кг тянут в горизонтальном направлении с силой F = 33 Н (рис. 13.15). На санках сидит ребенок мас-
32
сой М = 20 кг . Коэффициент трения полозьев о снег μ = 0,1. Найти
силу трения, действующую на ребенка. g = 10 м с 2 .
m [ F − μ (m + M ) g ]
Ответ: F =
= 10 Н .
m+M
*
13.13 . Брусок массой M, на котором лежит тело массой m, находится на горизонтальной поверхности (рис. 13.16). Коэффициенты
трения между телом и бруском и
Рис. 13.16
между бруском и поверхностью
одинаковы и равны μ . Исследовать движение системы при различных значениях горизонтально действующей силы F, приложенной
к бруску.
Ответ:
1) если F ≤ μ ( m + M ) g , то a1 = a2 = 0 , где a1 — ускорение тела, a2 — ускорение бруска;
F
2) если μ ( m + M ) g ≤ F ≤ 2μ ( m + M ) g , то a1 = a2 =
−
m+M
− μg ;
F − μ (m + M ) g
3) если F > 2μ ( m + M ) g , то a1 = μ g , a2 =
.
M
13.14С. Два бруска массами m1 = 1 кг и
m2 = 2 кг , соединенные нитью, поместили на наклонную плоскость (рис. 13.17).
Определить силу натяжения нити при установившемся ускорении, если первоначально бруски покоились. Коэффициенты
трения между брусками и плоскостью
μ1 = 0,1 и μ 2 = 0,2 соответственно. Угол
Рис. 13.17
наклона плоскости к горизонту α = 30° .
g = 10 м с 2 .
Ответ: T =
(μ1 − μ 2 ) ⋅ m1 ⋅ m2 ⋅ g ⋅ cos α
≅ 0,6 Н .
m1 + m2
33
13.15*. Каким будет ответ на вопрос предыдущей задачи 13.14С,
если при прочих равных условиях положить μ1 = 0,5 и μ 2 = 0,7 ?
Ответ: T = m1 g ⋅ (sin α − μ1 ⋅ cos α) ≅ 0,7 Н .
Указание. Система будет покоиться на наклонной плоскости,
причем второй брусок будет удерживать первый от соскальзывания.
13.16С. Два человека массами m1 и m2 бегут навстречу друг
другу с ускорениями а1 и а2 соответственно, причем оба разгоняются по платформе массой М. Платформа находится на горизонтальной поверхности, по которой она может двигаться без трения
(трением качения можно пренебречь). Определить ускорение платформы относительно Земли при условии, что ускорения а1 и а2
заданы: а) относительно Земли; б) относительно платформы.
Рис. 13.18
Решение. Построим векторную диаграмму сил, приложенных к
r
каждому из трех указанных в условии задачи тел (рис. 13.18). F1 и
r
F2 — силы, действующие на людей со стороны платформы в горизонтальном направлении и обуславливающие заданные ускорения,
r
r
− F1 и − F2 — силы, действующие со стороны людей на платформу в горизонтальном направлении согласно третьему закону Нью34
тона. Запишем уравнение второго закона Ньютона в проекциях на
выбранную ось для каждого из тел в системе отсчета, связанной с
Землей:
⎧ OX: F1 = m1 a1;
⎪
а) ⎨
− F2 = − m1 a2 ;
⎪
− F1 + F2 = M a x ,
⎩
где ax — проекция вектора ускорения платформы на ось OX,
⇒ a = ax =
m1 a1 − m2 a2
M
;
б) в этом случае необходимо воспользоваться следствием из
принципа сложения скоростей в нерелятивистской механике, а
именно, взяв производную по времени от левой и правой частей
равенства (5.1), мы получим соотношение между ускорениями одного и того же тела в различных системах отсчета:
r r r
a = a′ + a0 ,
r
где a — ускорение материальной точки (или твердого тела, двиr
жущегося поступательно) в системе К ; a′ — ускорение системы
К ′ относительно системы К ,
⎧ OX: F1 = m1 ⋅ (a1 + a x );
m a − m2 a2
⎪
⇒ ⎨
− F2 = m2 ⋅ (− a2 + a x ); ⇒ a = a x = 1 1
.
m1 + m2 + M
⎪
− F1 + F2 = M a x
⎩
13.17С. Нить переброшена через блок и пропущена с одной стороны через шайбу массой m1 = 2 кг. С другой стороны к нити прикреплен груз массой m2 = 1 кг (рис. 13.19). При движении шайбы
относительно нити на нее со стороны нити действует сила трения
35
F = 12 Н .
Каково
ускорение
шайбы
относительно
нити?
g = 10 м с 2 .
F ⋅ (m1 + m2 )
= 2 м с2 .
m1 ⋅ m2
Указание. На левую часть нити действуют только силы трения со стороны
шайбы и сила натяжения со стороны остальной части нити, причем, так как левая часть нити, не лежащая на блоке,
движется поступательно (стандартное
допущение), то эти две силы действуют
по одной прямой (по вертикали — именно так движется нить), а в силу невесомости нити по второму закону Ньютона
они равны по модулю. Следовательно, на
Рис. 13.19
шайбу и груз со стороны нити действуют
вертикально вверх одинаковые по величине силы: на шайбу — сила трения, на груз — сила натяжения нити. В проекциях на ось OX
ускорения шайбы и груза можно связать соотношением согласно
полученному в задаче 13.16С правилу сложения ускорений
Ответ: aотн = 2 g ⋅
a1x = − a2 x + aотн ,
где a1x и a2 x — проекции ускорений шайбы и груза относительно
Земли на ось OX; aотн — величина ускорения шайбы относительно
нити. Здесь учтено, что ускорение шайбы относительно нити направлено вниз (шайба соскальзывает с нити под действием силы
тяжести), кроме того, ускорение левой части нити относительно
Земли имеет направление, противоположное вектору ускорения
груза.
13.18*. Блок, через который переброшена нить с прикрепленными к ее концам грузами массами m1 и m2 ( m1 < m2 ) , движется вертикально вверх с ускорением а. Определить ускорения грузов относительно Земли.
36
Ответ: в проекциях на ось OX, направленную вертикально
вверх
2 m1 a + (m2 − m1 ) g
2 m1 a − (m2 − m1 ) g
a1x =
; a2 x =
.
m1 + m2
m1 + m2
Указание. Учесть, что ускорения грузов относительно блока
равны по модулю, но противоположны по направлению: у груза m1
ускорение направлено вверх, а у груза m2 — вниз, отсюда разные
знаки у проекций.
Согласно правилу сложения ускорений в проекциях на выбранную ось OX
⎧ a1x = aOX + a ;
⎨
⎩ a2 x = − aOX + a ,
где aOX — проекция на ось OX ускорения груза m1 относительно
блока.
13.19*. Тела, показанные на рис. 13.20, а, движутся поступательно: клин массой m1 скользит по вертикальной стенке вниз, брусок
массой m2 скользит по горизонтальной поверхности вправо. Угол
между гранями клина — α . Трение в системе отсутствует. Найти
ускорение клина и бруска.
Решение. Укажем для каждого из тел действующие на него силы
(рис. 13.20, б). Рассмотрим кинематическую взаимосвязь движений
клина и бруска (рис. 13.20, в). На чертеже нетрудно увидеть, что
перемещения двух тел связаны соотношением
Δx
= tg α ⇒ Δ x = Δ y ⋅ tg α .
Δy
Разделим левую и правую части соотношения на продолжительность промежутка времени Δ t , за который тела совершили перемещения Δ x и Δ y , и перейдем к пределу. Получим соотношение
для скоростей движения клина и бруска. Далее, взяв производную
по времени, можно перейти к соотношению для ускорений:
37
v 2 = v1 ⋅ tg α ⇒ a2 = a1 ⋅ tg α .
Запишем для обоих тел уравнения второго закона Ньютона в
проекциях на указанные оси OX и OY. Добавим к ним кинематическое соотношение для ускорений.
Рис. 13.20
⎧ OX: N1 − N 2 ⋅ cos α = 0;
⎪ OY: − N ⋅ sin α + m g = m a ;
⎧ − N 2 ⋅ sin α + m1 g = m1 a1;
2
1
1 1
⎪⎪
⎪
⇒ ⎨ N 2 ⋅ cos α = m2 a2 ;
⎨ OX: N 2 ⋅ cos α = m2 a2 ;
⎪ a = a ⋅ tg α .
⎪ OY: m g − N + N ⋅ sin α = 0 ;
2
3
2
1
⎩ 2
⎪
a2 = a1 ⋅ tg α
⎩⎪
Два уравнения оказываются лишними для ответа на вопрос задачи.
38
a1 = g ⋅
m1
;
m1 + m2 ⋅ tg 2 α
a2 = g ⋅
m1 ⋅ tg α
.
m1 + m2 ⋅ tg 2 α
13.20*. Определить ускорения, с которыми движутся шар и клин. Массы
шара m1 , клина m2 и угол между гранями клина α заданы. Трение в системе
отсутствует. Движение тел ограничено
вертикальной и горизонтальной поверхностями. Тела движутся поступательно (рис. 13.21).
m2 ⋅ tg α
Ответ: a1 = g ⋅
;
m1 + m2 ⋅ tg α
Рис. 13.21
m2 ⋅ tg 2 α
.
m1 + m2 ⋅ tg 2 α
13.21*. Определить проекции на ось
OX ускорений грузов в системе, изображенной на рис. 13.22.
7
Ответ: a1x = ⋅ g ;
12
a2 = g ⋅
a2 x = −
5
⋅g;
12
a3 x = −
1
⋅g;
12
Рис. 13.22
(индексы ускорений соответствуют рассмотрению тел слева
направо).
39
§ 14. Динамика материальной точки,
движущейся по окружности
Задачи
14.1В. Маленький шарик, подвешенный на невесомой нерастяжимой нити длиной l = 0,3 м , вращается в горизонтальной плоскости так, что нить составляет с вертикалью угол α = 30 °
(рис. 14.1, а). Определить период обращения шарика. Принять
g = 10 м с 2 .
Решение. На рис. 14.1, б показана
векторная диаграмма сил, приложенных к шарику, в соответствии со вторым законом Ньютона
r r
r
m a = T + mg ;
r
где a — центростремительное ускоr
рение шарика, T — сила натяжения
нити. По чертежу а = g ⋅ tg α . СоРис. 14.1
гласно формуле (8.5) a = ω2 ⋅ R , где
2π
— угловая скорость шарика; R = l ⋅ sin α — радиус окружT
ности, по которой движется шарик.
ω=
⇒
4π2
⋅ l ⋅ sin α = g ⋅ tg α ⇒ T = 2π
T2
l ⋅ cos α
≅ 1,0 c .
g
14.2В. Диск вращается вокруг вертикальной оси с постоянной
угловой скоростью ω = 2 рад с . На каких расстояниях от оси вращения тело, расположенное на диске, не будет соскальзывать? Коэффициент трения между телом и поверхностью диска μ = 0,2 .
g = 10 м с 2 .
40
Решение. Тело, покоящееся относительно диска, будет равномерно двигаться по окружности
некоторого радиуса R с центростремительным ускорением aц.с =
= ω2 ⋅ R . Придать телу центростремительное ускорение, вектор
Рис. 14.2
которого направлен в горизонтальной плоскости к оси вращения, может единственная сила из
числа действующих на тело — сила трения (рис. 14.2).
Запишем уравнение второго закона Ньютона в проекциях на
выбранные оси и закон Кулона—Амонтона в виде (11.7)
⎧ OX: m ⋅ ω2 ⋅ R = Fтр ;
⎪⎪
μg
⇒ m ω2 R ≤ μ m g ⇒ R = 2 = 0,5 м.
⎨ OY: N − m g = 0 ;
ω
⎪
Fтр ≤ μ N
⎪⎩
14.3С. Шарик массой m, прикрепленный к горизонтальной пружине жесткостью k, движется равномерно по окружности, скользя
по гладкой горизонтальной поверхности (рис. 14.3). Период обращения шарика — Т. Длина недеформированной
пружины — l. Найти радиус окружности, по которой движется шарик.
k lT 2
Ответ: R =
.
Рис. 14.3
k T 2 − 4 π2 m
14.4С. На горизонтальной поверхности диска, который может
вращаться вокруг вертикальной оси, лежит шайба массой
m = 100 г. Шайба соединена пружиной с осью диска. Если число
оборотов диска не превышает n1 = 2 об с , пружина находится в
недеформированном состоянии. Если число оборотов n2 = 5 об с ,
то пружина удлиняется вдвое. Определить жесткость пружины.
41
Ответ: k = 4 π2 m ( 2 n22 − n12 ) ≅ 180 Н м .
Указание. В первом случае центростремительное ускорение телу сообщает сила трения, во втором — сила трения и сила упругости.
14.5С. Определить, с какой максимальной скоростью может двигаться велосипедист по наклонному треку, если коэффициент трения между шинами и треком μ = 0,2 . Угол наклона трека α = 45°,
радиус закругления R = 30 м . g = 10 м с 2 .
Решение. При заданном радиусе
окружности, по которой должно
двигаться тело, увеличение скорости, а следовательно, и центростремительного ускорения, может достигаться увеличением сил, создающих
это ускорение. В данном случае максимально возможная скорость достигается, если сила трения, дейстРис. 14.4
вующая на велосипед, направлена
так, как это показано на рис. 14.4, и достигает своего максимально
возможного значения, определяемого законом Кулона—Амонтона
по формуле (11.6). Запишем уравнение второго закона Ньютона в
проекции на выбранные оси и закон Кулона—Амонтона
⎧
v2
= N ⋅ sin α + Fтр ⋅ cos α ;
⎪ OX: m
R
⎪⎪
⎨ OY: 0 = N ⋅ cos α − Fтр ⋅ sin α − m g ; ⇒
⎪
Fтр = μ N
⎪
⎪⎩
⎧ v2
= N ⋅ (sin α + μ cos α) ;
⎪m
⇒ ⎨ R
⇒
⎪ m g = N ⋅ (cos α − μ sin α)
⎩
42
⇒
v 2 sin α + μ cos α
=
g R cos α − μ sin α
⇒ v=
gR⋅
tg α + μ
≅ 21 м с .
1 − μ ⋅ tg α
14.6В. Определить скорость, с которой должен двигаться мотоциклист по вертикальной цилиндрической стенке, имеющей радиус
R = 10 м , чтобы не соскальзнуть вниз. Коэффициент трения
μ = 0,8. Мотоциклист движется в горизонтальной плоскости.
g = 10 м с 2 .
gR
≅ 11 м c .
μ
14.7В. Летчик массой m = 70 кг описывает на самолете «мертвую петлю» радиусом R = 100 м , т. е. самолет движется по окружности указанного радиуса в вертикальной плоскости. Скорость самолета v = 180 км ч . С какой силой прижимается летчик к сиденью
Ответ: v =
в верхней и нижней точках петли? g = 10 м с 2 .
⎛ v2
⎞
Ответ: N1 = m ⎜⎜ − g ⎟⎟ ≅ 1050 H ;
⎝ R
⎠
2
⎛v
⎞
N 2 = m ⎜ + g ⎟ ≅ 2450 H .
⎜ R
⎟
⎝
⎠
Указание. Сила, с которой летчик прижимается к сиденью, в
данном случае — сила нормального давления, равная по величине
силе нормальной реакции опоры.
14.8С. В вагоне поезда, идущего равномерно со скоростью
v = 20 м с по закругленному участку радиусом R = 200 м, производится взвешивание груза с помощью динамометра (пружинных
весов). Масса груза m = 5 кг. Определить результат взвешивания.
g = 10 м с 2 .
Ответ: P = m
g2 +
v4
R2
≅ 51 H .
43
Указание. Взвешиваемое тело вместе с поездом движется по окружности, следовательно, растяжение пружины должно не только
компенсировать силу тяжести, но и создавать центростремительное
ускорение за счет возникающей силы упругости, при этом пружина
отклонится от вертикали, иначе не появится горизонтальная составляющая силы упругости. Описанная ситуация изображена на
рис. 14.1, б. Сила упругости и будет равна по величине регистрируемому динамометром весу тела.
14.9С. Сверхзвуковой самолет со скоростью v = 1800 км ч делает поворот в горизонтальной плоскости. При каком радиусе траектории летчик будет испытывать пятикратную перегрузку ( n = 5)?
Ответ: R =
v2
≅ 5,1 км .
n2 − 1 ⋅ g
Указание. Кратность перегрузки — это отношение силы, с которой тело действует на опору (или опора на тело), к силе тяжести,
приложенной к телу.
14.10С. Горизонтальный диск
вращается с угловой скоростью
ω = 20 рад с вокруг вертикальной
оси. На поверхности диска в гладкой радиальной канавке находятся грузы массами m1 = 0,2 кг и
m2 = 0,1 кг , связанные нитями
между собой и с осью вращения
Рис. 14.5
(рис. 14.5). Радиусы вращения
грузов R1 = 0,1 м и R2 = 0,2 м соответственно. Найти силы натяжения нитей.
Ответ: T1 = (m1 ⋅ R1 + m2 ⋅ R2 ) ⋅ ω2 = 16 H ;
T1 = m2 R2 ω2 = 8 H .
Указание. Записать уравнение второго закона Ньютона для каждого груза в проекции на радиальную ось, направленную к оси
вращения. Использовать формулу (8.5) для выражения центростремительного ускорения грузов.
44
14.11*. На гладком столе лежит кольцо массой m и радиусом R.
Кольцо сделано из проволоки, выдерживающей максимальное натяжение T0 . До какой угловой скорости нужно раскрутить кольцо,
чтобы оно разорвалось?
Рис. 14.6
Решение. Установим связь между угловой скоростью кольца и
силой натяжения проволоки, из которой кольцо сделано. Рассмотрим малый элемент вращающегося кольца длиной Δ l , много
меньшей радиуса кольца R (рис. 14.6, а). На концах этого элемента
r
r
к нему приложены силы натяжения T и T ′ со стороны соседних
участков кольца, действующие
по касательной к кольцу в соответr
r
r
ствующих точках. F — равнодействующая сил натяжения T иrT ′
(рис. 14.6, б). Радиусы, проведенные к точкам приложения сил T и
r
T ′, перпендикулярны к данным векторам, поэтому углы, образоr
ванные указанными
радиусами,
а
также
вектор
T и прямой, паралr
лельный вектору T ′ (рис. 14.6, б), равны (углы со взаимно перпендикулярными сторонами и оба острые). Как следствие, подобны
заштрихованные на рисунке треугольники, образованные, с одной
стороны, двумя радиусами и хордой, и векторами сил, с другой. В
силу малости выделенной дуги окружности (элемент кольца) можно считать, что длина хорды также равна Δ l . Это равенство выполняется тем точнее, чем меньше угол ϕ . В силу однородности
r
r
кольца T = T ′ = T . Масса выделенного элемента может быть выражена из пропорции
45
Δm
Δl
=
m
2π R
⇒ Δm =
m ⋅ Δl
.
2π R
Устремив угол ϕ к нулю, мы в качестве элемента кольца получим материальную точку, для которой в проекции на радиальную
ось OX запишем уравнение второго закона Ньютона:
OX: Δ m ⋅ ω2 ⋅ R = F .
Кроме того, из подобия треугольников следует
Δl F
=
R T
⇒ Δl =
R⋅F
.
T
Подставив выражения для Δ m и Δ l в уравнение второго закона
Ньютона, получим
T=
m ω2 R
2π
⇒ при ω =
2π T0
.
mR
Механическая прочность кольца будет нарушена.
14.12*. Тонкое кольцо массой m одели на
вертикальный конус с углом раствора 2 α и
раскрутили вокруг вертикальной оси до
угловой скорости ω. Радиус кольца равен R
(рис. 14.7). С какой силой растягивается
кольцо? Трение отсутствует.
Рис. 14.7
Ответ: T = m (ω2 R + g ⋅ ctg α) .
Указание. Следует учесть силу нормальной реакции опоры, действующей на элемент кольца со стороны поверхности конуса, вертикальная составляющая которой
компенсирует силу тяжести, а горизонталь46
ная приводит к увеличению силы натяжения, необходимой для
придания элементу кольца центростремительного ускорения.
14.13*. На наклонной плоскости с углом наклона α лежит тело.
Плоскость равномерно вращается вокруг вертикальной оси. Расстояние от тела до оси вращения равно r. Наименьший коэффициент трения, при котором тело удерживается на наклонной плоскости, равен μ (рис. 14.8, а). Найти угловую скорость вращения.
Рис. 14.8
Решение. Запишем уравнение второго закона Ньютона в проекциях на выбранные оси (рис. 14.8, б) и закон Кулона—Амонтона
для тела, равномерно движущегося по окружности:
⎧ OX: m ω2r = Fтр ⋅ cos α − N ⋅ sin α ;
⎪⎪
⎨ OY: 0 = N ⋅ cos α + Fтр ⋅ sin α − m g ;
⎪
Fтр ≤ μ N .
⎪⎩
Умножим первое уравнение системы на cos α , а второе — на
sin α, и сложим вновь полученные уравнения:
⇒ Fтр = m (ω2 r ⋅ cos α + g ⋅ sin α) .
Теперь умножим первое уравнение на ( − sin α ) , а второе — на
cos α , и сложим полученные уравнения:
47
⇒ N = m ( g ⋅ cos α − ω2 r ⋅ sin α) .
Подставим полученные результаты в неравенство:
⇒ μ≥
g ⋅ sin α + ω2 r ⋅ cos α
.
g ⋅ cos α − ω2 r ⋅ sin α
В соответствии с условиями задачи следует заменить в последнем соотношении знак неравенства на знак равенства:
⇒ ω=
g ⋅ (μ ⋅ cos α − sin α )
=
r ⋅ (cos α + μ ⋅ sin α)
g ⋅ (μ − tg α)
.
r ⋅ (μ ⋅ tg α + 1)
14.14*. На наклонной плоскости с углом наклона к горизонту
равным α лежит маленькая шайба. Плоскость равномерно вращается вокруг вертикальной оси с
угловой скоростью ω и одновременно движется вертикально
вверх с ускорением a. Найти наименьший коэффициент трения,
Рис. 14.9
при котором шайба еще не будет
скользить по наклонной плоскости. Расстояние от шайбы до оси
вращения равно r (рис. 14.9).
( g + a) ⋅ sin α + ω2 r ⋅ cos α
Ответ: μ min =
.
( g + a ) ⋅ cos α − ω2 r ⋅ sin α
14.15В. Автомобиль массой m = 1,5 т движется со скоростью
v = 72 км ч по мосту, представляющему из себя боковую поверхность цилиндра радиусом R = 80 м (рис. 14.10, а). О — точка на
оси цилиндра, ОА — вертикаль, угол α = 30 °. Какова сила нор-
мального давления автомобиля на мост? Принять g = 10 м с 2 .
48
Рис. 14.10
⎛
v2 ⎞
Ответ: N = m ⎜⎜ g cos α − ⎟⎟ ≅ 5,4 ⋅103 H .
R⎠
⎝
Указание. Записать уравнение второго закона Ньютона в проекции на ось OX, при этом силы трения, направленные по касательной к поверхности моста в ту или иную сторону (рис. 14.10, б),
окажутся перпендикулярны оси OX и из уравнения выпадут. Кроме
того, проекция ускорения автомобиля на ось OX, проходящую по
радиусу окружности, вдоль которой движется автомобиль, является
нормальным ускорением, т. е. центростремительным.
14.16А. Искусственный спутник Земли летит с выключенным
двигателем по круговой орбите вокруг Земли. Почему тела в нем
невесомы?
Ответ. Спутник и все тела внутри него находятся в состоянии свободного падения в поле тяготения нашей планеты.
Единственная внешняя сила, приложенная к спутнику и находящимся в нем телам, — сила притяжения Земли, которая сообщает
им одно и то же ускорение, направленное к центру Земли и равное
по величине
a=G
MЗ
= g (H ) ,
( RЗ + H )2
49
где G — гравитационная постоянная; M З — масса Земли; RЗ —
радиус Земли; H — высота спутника над поверхностью Земли;
g (H ) — ускорение, сообщаемое телу силой тяготения на высоте H.
Запишем уравнение второго закона Ньютона для тела в спутнике, находящемся на опоре или подвесе и движущемся с одинаковым с ним ускорением:
r
r
r
⎧ m g ( H ) + N = ma ;
⇒
⎨r
r
⎩ g (H ) = a
r
N = 0,
т. е. в этой ситуации сила реакции опоры или подвеса равна нулю, а
это и является состоянием невесомости.
14.17С. Два спутника движутся вокруг Земли по круговым орбитам, расположенным в одной и той же плоскости, со скоростями
v1 = 7,8 км с и v 2 = 7,7 км с. Найти минимальное расстояние между спутниками, если радиус Земли RЗ = 6,4 ⋅103 км , ускорение свободного падения у полюсов Земли g = 9,8 м с 2 .
Решение. Величина ускорения свободного падения задана по результатам измерений, выполненных у полюсов планеты, потому
что при таких измерениях не сказывается вращение Земли вокруг
своей оси, что делает ее, строго говоря, не совсем инерциальной
системой отсчета.
В проекциях на радиальную ось, направленную к центру Земли,
уравнения второго закона Ньютона для спутников будут иметь вид
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩
m v12
m⋅MЗ
=G
;
RЗ + h1
( RЗ + h1 ) 2
m⋅MЗ
m v 22
=G
RЗ + h2
( RЗ + h2 ) 2
G ⋅MЗ
⎧
;
⎪ RЗ + h1 =
v12
⎪
⇒ ⎨
⇒
⎪ R + h = G ⋅MЗ
⎪⎩ З 2
v 22
50
⇒ Δ h = h2 − h1 =
(
G M З v12 − v 22
v12 ⋅ v 22
) — это и есть искомая величина.
G ⋅MЗ
⇒ G ⋅ M З = g ⋅ RЗ2 .
2
RЗ
Окончательно получим
Учтем, что g =
Δ h = g RЗ2
v12 + v 22
v12 − v 22
≅ 176 км .
14.18С. Первый в мире космонавт Ю.А. Гагарин на корабле
«Восток-1» двигался вокруг Земли по круговой орбите на высоте
Н = 251 км над поверхностью Земли. Радиус Земли RЗ =
= 6,37 ⋅106 м . Определить период обращения космического корабля
вокруг Земли. Ускорение свободного падения у полюсов
g = 9,8 м с 2 .
2 π ( RЗ + H )
RЗ + H
⋅
≅ 1,5 ч .
RЗ
g
14.19В. При каком периоде вращения Земли вокруг своей оси
тела на экваторе были бы невесомы? Радиус Земли
Ответ: T =
RЗ = 6,37 ⋅106 м . g = 9,8 м с 2 .
RЗ
≅ 1,4 ч .
g
Указание. Рассмотреть уравнение второго закона Ньютона, покоящегося относительно Земли на ее поверхности на экваторе при
условии равенства нулю нормальной реакции опоры.
14.20С. Спутник запустили в плоскости экватора на круговую
орбиту так, что он все время находится над одной и той же точкой
земной поверхности. Определить радиус орбиты спутника. Радиус
Ответ: T = 2π
Земли RЗ = 6,37 ⋅106 м . g = 9,8 м с 2 .
51
Ответ: R = 3
g ⋅ RЗ2 ⋅ T 2
2
≅ 42,2 ⋅106 м.
4π
Указание. «Зависание» спутника над одной и той же точкой экватора Земли означает, что угловая скорость вращения Земли вокруг своей оси и угловая скорость обращения спутника вокруг
Земли совпадают, т. е. период обращения спутника вокруг Земли
Т = 24 ч .
14.21С. Спутник запущен в плоскости экватора по круговой орбите так, что все время находится над одной и той же точкой экватора. Определить орбитальную скорость спутника. Радиус Земли
RЗ = 6,37 ⋅106 м . g = 9,8 м с 2 .
2π
⋅ g ⋅ RЗ2 ≅ 3,07 ⋅103 м c .
T
14.22С. Искусственный спутник массой m летит с работающим
двигателем с постоянной скоростью v по круговой орбите радиусом R вокруг некоторой планеты. Скорость спутника в n раз меньше скорости свободного движения для данной орбиты (с неработающим двигателем). Чему равна и как направлена сила тяги, которую развивает двигатель спутника?
m ⋅ v 2 ⋅ (n 2 − 1)
Ответ: Fтяги =
; сила тяги, приложенная к спутR
нику, направлена от центра планеты.
Ответ: v = 3
52
СТАТИКА
§ 15. Статика твердого тела.
Условия равновесия твердого тела.
Момент силы. Правило моментов
Статика — раздел механики, в котором изучают системы тел в
состоянии равновесия, т. е. в ситуации, когда в выбранной системе
отсчета скорость каждой частицы системы сохраняется равной нулю при постоянстве внешнего воздействия.
В инерциальной системе отсчета твердое тело находится в
равновесии, если выполняются два условия, первое из которых: в
положении равновесия векторная сумма всех сил, действующих на
тело, равна нулю
r
∑ Fi = 0.
(15.1)
i
Если выполняется условие (15.1), то ускорение центра масс тела
равно нулю и, следовательно, скорость центра масс тела постоянна,
при равенстве этой скорости нулю в какой-либо инерциальной системе отсчета она будет сохраняться равной нулю.
Однако условие (15.1) не является достаточным для того, чтобы
скорость всех точек тела равнялась нулю: твердое тело может вращаться. Для формулировки второго условия равновесия твердого
тела необходимо ввести новое понятие — момент силы.
Пусть некоторая ось проходит через точку О перпендикулярно
плоскости чертежа, как это представлено на рис. 15.1. В точке А
53
r
твердого тела к нему приложена сила F , вектор которой лежит
r
также в плоскости чертежа. Проведем через вектор силы F прямую (штрих-пунктирная линия на рис. 15.1) и опустим на нее перпендикуляр из точки О (пунктирная линия на рис. 15.1), т. е.
r
ОВ ⊥ АВ по построению. Отрезок ОВ называют плечом силы F
относительно указанной оси. Обобщая, можно сказать, что плечо
силы — это отрезок прямой, длина которого равна расстоянию между двумя скрещенными прямыми — указанной осью и линией
действия силы.
Момент силы равен произведению модуля силы на длину ее
плеча:
r
M = F ⋅ OB .
(15.2)
Теперь можно сформулировать
второе условие равновесия тверРис. 15.1
дого тела. Оно носит название
правила или уравнения моментов.
Алгебраическая сумма моментов всех сил, действующих на тело
относительно произвольной оси, равна нулю
∑ M i = 0.
(15.3)
i
В уравнение (15.3) моменты входят как алгебраические величины: моменты сил, стремящихся повернуть тело по часовой стрелке,
берутся с одним знаком, например «минус», против часовой стрелки — с противоположным знаком («плюс»). При составлении
уравнения моментов необходимо точно определить место приложения каждой силы. Определить только направление силы, как в
случае применения второго закона Ньютона, недостаточно.
Следует подчеркнуть, что правило или уравнение моментов —
это упрощенная (адаптированная для школьной программы) формулировка, выражающая частный случай закона природы, аналогичного второму закону Ньютона и описывающего, вообще говоря,
54
динамику вращательного движения тела или системы тел. Точно
так же соотношение (15.1) выражает частный случай второго закона Ньютона.
В рамках школьного курса физики задачи статики рассматриваются для систем, в которых все действующие силы лежат в одной
плоскости, в этой ситуации ось для расчета моментов сил и составления уравнения моментов необходимо ориентировать перпендикулярно плоскости их действия. Выбор оси производится исключительно из соображений удобства решения задачи: уравнение моментов будет тем проще, чем больше сил будут иметь равные нулю
моменты.
При выполнении условия равновесия (15.3) отсутствует угловое
ускорение вращения вокруг рассматриваемой оси. Поэтому, если в
начальный момент времени тело не вращалось, т. е его угловая
скорость вращения была равна нулю, то оно не будет вращаться и в
дальнейшем.
Равновесие бывает устойчивым, неустойчивым и безразличным.
Равновесие тела называется устойчивым (неустойчивым), если
при малых отклонениях тела от этого положения возникают силы
или моменты сил, стремящиеся вернуть тело в исходное положение
(стремящиеся удалить тело от исходного положения).
Равновесие называется безразличным, если при малых отклонениях тела от положения равновесия не возникает сил или моментов
сил, стремящихся вернуть тело в исходное положение или удалить
тело от него, т. е. уравнения (15.1) и (15.3) по-прежнему выполняются.
Центр тяжести — точка приложения равнодействующей сил
тяжести, действующих на все точки тела. В однородном поле тяжести, когда во всех точках пространства, занимаемого телом,
r
ускорение свободного падения одинаково g = const, что возможно,
если линейные размеры тела малы по сравнению с радиусом Земли,
центр тяжести совпадает с центром масс тела; причем суммарный
момент сил тяжести, действующих на все точки тела, относительно
r
произвольной оси совпадает с моментом силы тяжести m g , приложенной к центру тяжести, относительно той же оси.
55
Задачи
15.1В. Между двумя одинаковыми ящиками, стоящими на полу,
вставили палку, немного не доходящую до пола. К верхнему концу
r
палки приложена горизонтальная сила F (рис. 15.2, а). Какой из
r
ящиков сдвинется раньше при постепенном увеличении силы F ?
Трение существенно.
Рис. 15.2
Решение. На рис. 15.2, б представлены силы, действующие на
палку, в том числе со стороны ящиков. В ситуации, когда ящики, а
следовательно, и палка неподвижны, в проекции на ось OX уравнение второго закона Ньютона для палки можно записать следующим
образом:
F + N1 − N 2 = 0 ⇒
N 2 > N1 ,
используя третий закон Ньютона, можно утверждать, что сила, с
которой палка действует в горизонтальном направлении на правый
ящик, больше силы, с которой палка действует в горизонтальном
направлении на левый ящик. По условию ящики одинаковые, следовательно, максимальная сила трения, действующая на каждый из
ящиков со стороны пола, одинакова. Так как именно сила трения
препятствует скольжению ящиков по полу, то первым сдвинется
правый ящик.
56
15.2В. Однородная доска массой m в горизонтальном положении
покоится на двух точечных опорах. С какой силой доска давит на
каждую из опор, если одна из них удалена от края доски на четверть, а другая — на треть длины доски?
Решение. Рассмотрим условие
равновесия доски (15.3). На нее
действуют силы реакции опор
r
r
r
N1 и N 2 , и сила тяжести m g ,
приложенная к середине доски.
Так как доска однородная, именно здесь находится центр тяжести (рис. 15.3). Длину доски обозначим l. Составим уравнение
Рис. 15.3
моментов относительно оси,
проходящей через точку А касания левой опоры и поверхности доски перпендикулярно плоскости
чертежа. Момент сил, стремящихся повернуть доску вокруг выбранной оси по часовой стрелке, будем брать со знаком «плюс»,
r
против часовой стрелки — со знаком «минус». Плечо силы N1 относительно выбранной оси равно нулю, так как линия ее действия
пересекает ось. Плечо силы тяжести — расстояние от точки А до
r
вертикальной прямой, проходящей вдоль вектора m g (штрихr
пунктирная линия на рис. 15.3). Плечо силы N 2 — отрезок АВ.
r
Момент силы m g относительно выбранной оси положителен, моr
мент силы N 2 — отрицателен. Итого получим:
⎛l l⎞
⎛ l l⎞
A: m g ⋅ ⎜ − ⎟ − N 2 ⋅ ⎜ l − − ⎟ = 0 ,
⎝2 4⎠
⎝ 4 3⎠
l
l
— расстояние от точки А до левого края доски и
— рас4
3
стояние от точки В до правого края доски.
где
⇒
N2 =
57
3
mg ,
5
по третьему закону Ньютона это и есть искомая сила, с которой
доска давит на правую опору.
Аналогично для оси, проходящей перпендикулярно плоскости
чертежа через точку В:
⎛ l l⎞
⎛l l⎞
В: N1 ⋅ ⎜ l − − ⎟ − m g ⋅ ⎜ − ⎟− = 0 ⇒
⎝ 3 4⎠
⎝ 2 3⎠
N1 =
2
mg .
5
15.3С. Цилиндр массой М и радиусом R
висит на широком ремне, охватывающем
цилиндр (рис. 15.4). Длина хорды АВ, соединяющей крайние точки касания ремня с цилиндром, равна L. Найти натяжение ремня.
R
Ответ: T = Mg ⋅ .
L
Рис. 15.4
Указание. Использовать второй закон
Ньютона. Учесть, что центр масс цилиндра
покоится.
15.4В. Груз массой М удерживается нитями АВ и ВС в положении, показанном на
рис. 15.5. Найти натяжение нитей, если нить
АВ горизонтальна, а нить ВС образует с горизонтом угол α .
Mg
Рис. 15.5
.
Ответ: TAB = Mg ⋅ ctg α ; TBC =
sin α
15.5С. Легкий клин с углом α при вершине вбит в щель (рис. 15.6). Найти коэффициент трения между клином и стенками
щели, при котором клин не будет выскальзывать из щели.
α
Рис. 15.6
Ответ: μ ≥ tg .
2
Указание. Согласно условию задачи, клин можно считать невесомым. Необходимо использовать второй закон Ньютона и закон
Кулона—Амонтона.
58
15.6С. Человек массой М стоит на горизонтальной платформе массой m и поднимает себя
вместе с платформой с помощью веревки, перекинутой через блок (рис. 15.7). С какой силой он
должен тянуть веревку вниз при равномерном
подъеме? С какой силой человек при этом давит
на платформу?
T=
Ответ: сила
натяжения
веревки
Рис. 15.7
= (m + M ) g 2 ; сила давления человека на платформу N = (m − M ) g 2 .
Указание. Записать уравнение второго закона Ньютона в проекции на вертикальную ось для двух тел — человека и платформы.
Считать невесомые веревки, прикрепленные непосредственно к
платформе, частью платформы.
15.7С. Между двумя плоскостями, образующими с горизонтом
углы α1 = 30° и α 2 = 60°, лежит гладкий шар массой m = 3 кг
(рис. 15.8). Найти силы, с которыми шар
давит на плоскости. g = 10 м с 2 .
sin α 2
Ответ: N1 = m g ⋅
≅ 26 H ;
sin (α1 + α 2 )
N2 = m g ⋅
sin α1
≅ 15 H .
sin (α1 + α 2 )
Рис. 15.8
15.8В. Бревно массой m тянут за веревку длиной L, прикрепленную к центру тяжести бревна с постоянной скоростью по горизонтальной поверхности, прилагая силу F. Конец веревки поднят над
точкой крепления на высоту H. Найти коэффициент трения бревна
о горизонтальную поверхность.
F ⋅ L2 − H 2
.
mg L − F H
15.9С. Две пружины жесткостью k1 и k 2 соединили один раз
последовательно, другой раз — параллельно. Определить жесткость образованной системы.
Ответ: μ =
59
Решение. а) Рассмотрим первую ситуацию (рис. 15.9, а). Пружины неподвижны, следовательно, к концам каждой из пружин
r
r
приложена пара сил F и − F , т. е. сила растяжения каждой пружины по величине равна F. Используя закон Гука можем записать
⎧ F = k1 ⋅ Δ l1 ;
⎪
⇒
⎨ F = k 2 ⋅ Δ l2 ;
⎪ F = k ⋅ (Δ l + Δ l ) ;
1
2
⎩
k ⋅k
1 1 1
= + , k= 1 2 ,
k k1 k2
k1 + k2
где Δ l1 и Δ l2 — удлинение каждой из
пружин, k — жесткость системы;
б) рассмотрим вторую ситуацию
(рис. 15.9, б)
⎧ F = k1 ⋅ Δ l + k 2 ⋅ Δ l ;
⇒ k = k1 + k 2 .
⎨
⎩ F = k ⋅Δl
Рис. 15.9
15.10В. Легкий стержень длиной L =
= 1 м подвешен за концы в точках А
и В на двух вертикальных нитях
(рис. 15.10). На расстоянии d = 1 см от
точки А на него подвесили груз массой
m = 1 кг . Найти натяжение нитей.
g = 10 м с 2 .
Ответ: TA ≅ 90 H ;
TB ≅ 30 H .
Указание. Воспользоваться уравнением моментов. Рассмотреть моменты сил, приложенных к стержню в состоянии равновесия, относительно двух осей, проходящих
через точки А и В перпендикулярно плоскости чертежа. Составить
систему из двух алгебраических уравнений. В точке подвеса груза
на стержень действует сила, направленная вертикально вниз и равная по величине силе тяжести, приложенной к грузу.
Рис. 15.10
60
15.11С. Однородный
стержень,
один конец которого закреплен в
шарнире, отвели от вертикали на угол
α и удерживают силой F, приложенной к противоположному концу перпендикулярно стержню в вертикальРис. 15.11
ной плоскости (рис. 15.11). Определить массу стержня и силу реакции
опоры (со стороны шарнира).
2F
F
Ответ: m =
; N=
⋅ 1 + 3 cos 2 α .
g ⋅ sin α
sin α
Указание. Для нахождения массы стержня воспользоваться
уравнением моментов. Рассмотреть моменты сил, приложенных к
стержню, относительно оси, проходящей перпендикулярно плоскости чертежа через точку О крепления стержня в шарнире. Шарнир—крепление, позволяющее телу свободно без трения вращаться
вокруг заданной оси. Точка С — средняя точка стержня, центр тяжести, т. е. точка приложения силы тяжести. АС — вертикальная
прямая, проходящая через вектор силы тяжести. Отрезок ОА, перпендикулярный прямой АС, — плечо силы тяжести, относительно
указанной оси. Плечо силы реакции, приложенной к стержню в
точке О, равно нулю. Таким образом, при указанном выборе оси в
уравнении моментов сила реакции опоры присутствовать не будет,
и мы получим алгебраическое уравнение с одним неизвестным —
силой тяжести. Для составления уравнения моментов необходимо
ввести какой-нибудь линейный размер, например длину стержня.
В состоянии равновесия выполняется условие
r
r
r
r r
r
F + mg + N = 0 ⇒ F + mg = −N .
Далее следует построить векторную диаграмму сил и, воспольr
зовавшись теоремой косинусов, найти N = − N .
15.12В. Рычаг изогнут так, что его стороны AB = BC = CD и образуют прямые углы. Ось вращения рычага проходит через точку В
перпендикулярно плоскости чертежа (рис. 15.12). Сила F приложена перпендикулярно АВ в точке А. Определить минимальную вели61
чину силы, которую нужно приложить к
плечу BCD, чтобы рычаг находился в
равновесии. Массой рычага и трением в
оси пренебречь.
F
.
Ответ: Fmin =
2
Рис 15.12
Указание. Воспользоваться уравнением моментов. Для того чтобы исключить из рассмотрения силу
реакции опоры, действующую на рычаг со стороны оси вращения,
моменты сил следует рассматривать относительно оси вращения
рычага. Минимальная по величине сила потребуется для удержания рычага в равновесии в том случае, когда ее плечо — наибольшее возможное.
15.13С. Однородная доска прислонена к стене так, что угол между доской и полом равен α (рис. 15.13, а). Масса доски m. Трение
между доской и стеной отсутствует. Найти силу трения, действующую между доской и полом. При каком коэффициенте трения
она не будет соскальзывать?
Рис. 15.13
Решение. Силы, действующие на доску, указаны на рис. 15.13, б.
Обозначим длину доски l. Воспользуемся уравнением моментов,
причем, моменты сил рассмотрим относительно оси, проходящей
перпендикулярно плоскости чертежа через точку А, лежащую на
r
r
пересечении прямых, проведенных через векторы N1 и N 2 — силы
нормальной реакции опоры, действующие на доску со стороны по62
r
r
ла и стены. В этом случае неизвестные силы N1 и N 2 будут исключены из уравнения моментов, так как их плечи относительно
выбранной оси равны нулю, и мы получим алгебраическое уравнение с одним неизвестным, а именно, силой трения Fтр :
l
mg
A: Fтр ⋅ l ⋅ sin α − m g ⋅ ⋅ cos α = 0 ⇒ Fтр =
⋅ ctg α .
2
2
Для ответа на второй вопрос задачи воспользуемся полученным
выражением для силы трения, кроме того, запишем уравнение второго закона Ньютона в проекции на ось OY и закон Кулона—
Амонтона в виде неравенства:
mg
⎧
⎪ Fтр = 2 ⋅ ctg α ;
⎪
ctg α
⇒ μ≥
.
⎨ N1 − m g = 0 ;
2
⎪ F ≤ μN
1
⎪ тр
⎩
15.14В. Однородный стержень
массой m удерживается неподвижно в горизонтальном положении с помощью точечной опоры
под одним концом стержня и нити, составляющей угол α с вертикалью и прикрепленной к друРис. 15.14
гому концу стержня. Найти силу
натяжения нити.
mg
.
Ответ: T =
2 cos α
15.15В. К концам однородного стержня массой m = 1 кг и длиной l = 40 cм подвешены грузы массами m1 = 4 кг и m2 = 1 кг. Определить положение точки подвеса стержня, чтобы он находился в
равновесии.
63
Ответ: точка подвеса должна находиться на расстоянии
x = 10 см от того конца стержня, к которому прикреплен груз m1 .
15.16С. Однородная балка массой М и длиной l подвешена за
концы на двух пружинах. Обе пружины в ненагруженном состоянии имеют одинаковую длину, но при действии одинаковой нагрузки удлинение правой пружины в n раз больше, чем удлинение
левой. На каком расстоянии от левого конца балки надо положить
точечный груз массой m, чтобы балка приняла горизонтальное положение?
M
(n − 1)
m−
2
.
Ответ: S = l ⋅
m ⋅ (n + 1)
15.17С. Лом массой m = 16 кг и длиной l = 2 м лежит на ящике
шириной a = 1 м , выступая за его край на расстояние b = 0,4 м .
Какую минимальную силу нужно приложить к лому, чтобы приподнять его длинный конец? g = 10 м с 2 .
Ответ: Fmin = 60 H .
Указание. В момент отрыва лома от поверхности ящика сила
нормальной реакции опоры приложена к точке, в которой лом касается края ящика. Минимальная сила соответствует ситуации, когда в момент отрыва лома от поверхности ящика выполняется правило моментов относительно оси, проходящей через точку касания
лома о край ящика, так как при этом выполняются условия для
равномерного вращения тела вокруг указанной оси. Если приложенная к концу лома сила при его дальнейшем движении остается
перпендикулярной лому, то ее момент остается неизменным, а момент силы тяжести, препятствующей вращению, будет уменьшаться. Таким образом, если в момент отрыва лома от поверхности
ящика он обладает некоторой скоростью вращения, то это движение будет продолжаться. Причиной движения в начальный момент
времени может стать флуктуация скорости центра масс тела, обусловленная хаотическим тепловым движением молекул, из которых
состоит тело. Флуктуация, в данном случае — отклонение скорости
центра масс от средней скорости, равной для покоящегося тела нулю. Отметим, что в процессе отрыва лома от поверхности ящика
происходит смещение точки приложения силы нормальной реакции опоры, соответствующее уменьшению плеча и момента данной
64
силы, т. е. происходит уменьшение момента сил, направленного на
вращение тела.
Таким образом, как следует из приведенных выше рассуждений,
положение лома в момент отрыва от поверхности ящика является
положением неустойчивого равновесия при условии выполнения в
этом положении правила моментов для сил, приложенных к лому,
относительно оси, проходящей через точку касания ломом края
ящика.
15.18С. Однородный стержень массой m
удерживается неподвижно под углом α
к горизонту с помощью точечной подставки под одним из концов стержня и
перпендикулярной к стержню стены
(рис. 15.15). Трение между стержнем и
подставкой отсутствует. С какой силой
стержень действует на стену?
Рис. 15.15
mg
2
2
⋅ cos α + 4 sin α .
Ответ: R =
2
Указание. Сила, с которой стержень действует на стену, равна
по величине, согласно третьему закону Ньютона, равнодействующей сил трения и нормальной реакции опоры, приложенных к
стержню со стороны стены.
15.19С. Однородный стержень массой m, один конец которого
r
закреплен в шарнире, а к другому приложена некоторая сила F
перпендикулярно стержню, расположен неподвижно под углом α
к горизонту. Трение в шарнире отсутствует. Найти величину силы
r
F . Найти величину и направление по отношению к горизонту сиr
лы реакции опоры в шарнире R (рис. 15.16).
Рис. 15.16
65
Решение. Запишем уравнение моментов сил, приложенных к
стержню относительно оси, проходящей через точку крепления
стержня в шарнире А перпендикулярно плоскости чертежа, длину
стержня обозначим l:
l
mg
A: m g ⋅ ⋅ cos α − F ⋅ l = 0 ⇒ F =
⋅ cos α .
2
2
Запишем в проекциях на оси OX и OY уравнение второго закона
Ньютона для стержня:
⎧ OX: R ⋅ cos β − F ⋅ sin α = 0 ;
⇒
⎨
⎩ OY: R ⋅ sin β + F ⋅ cos α − m g = 0
mg
⎧
⎪⎪ R ⋅ cos β = 2 ⋅ sin α ⋅ cos α ;
⇒ ⎨
⎪ R ⋅ sin β = m g ⋅ (2 − cos2 α) = m g ⋅ (1 + sin 2 α) .
⎪⎩
2
Возведем оба уравнения в квадрат, сложим и воспользуемся основным тригонометрическим тождеством
R=
mg
⋅
2
sin 2 α ⋅ cos 2 α + (1 + sin 2 α) =
mg
⋅ 1 + 3 sin 2 α .
2
Разделим второе уравнение на первое:
tg β =
1 + sin 2 α
2 sin 2 α + cos 2 α
=
= 2 tg α + ctg α ⇒
sin α ⋅ cos α
sin α ⋅ cos α
⇒ β = arctg (2 tg α + ctg α) .
66
15.20*. Однородный стержень АВ
опирается о шероховатый пол и удерживается в равновесии горизонтальной нитью ВС (рис. 15.17). Коэффициент трения между стержнем и полом
μ = 0,3. При каком предельном значении угла наклона α стержня к полу
Рис. 15.17
возможно это равновесие?
Ответ:
1
1
tg α ≥
⇒ α min = arctg
≅ 60°.
2μ
2μ
15.21*. Картина массой m = 10 кг ,
которую можно считать однородным
телом, подвешена к стене на нити, составляющей угол α = 60° со стеной.
Угол между нитью и плоскостью картины прямой. С какой силой картина
действует на стену? Куда направлена
Рис. 15.18
эта сила? g = 10 м с 2 .
mg
⋅ 1 + 3 ⋅ sin 2 α ≅ 90 H ; сила направлена вниз
Ответ: R =
2
sin α ⋅ cos α
≅ 11° .
влево (рис. 15.18) под углом к стене β = arctg
1 + sin 2 α
15.22*. Однородный шар радиусом R подвесили за нить длиной l
к вертикальной стене. Масса шара равна m. Трение отсутствует.
Определить силу давления шара на стену (рис. 15.19, а).
Рис. 15.19
67
Решение. Силы, действующие на шар, указаны на рис. 15.19, б.
Искомая сила давления шара на стену по величине равна силе нормальной реакции опоры, действующей на шар со стороны стены
(по третьему закону Ньютона).
В положении равновесия правило моментов (15.3) должно выполняться при рассмотрении моментов сил относительно любой
оси, в том числе оси, проходящей через центр шара О перпендикуr
лярно плоскости чертежа. Моменты сил тяжести m g и нормальной
r
реакции опоры N относительно указанной оси равны нулю, так
как равны нулю плечи данных сил. Следовательно, плечо силы наr
тяжения нити T и ее момент относительно указанной оси также
должны быть равны нулю. Нетрудно увидеть из рис. 15.19, б, что
требуемое условие выполняется, если прямая, проходящая через
r
вектор силы натяжения T , пересекает точку О.
Запишем уравнение моментов сил, приложенных к шару, относительно оси, проходящей через точку А крепления нити на стене
перпендикулярно плоскости чертежа:
A: m g ⋅ R − N ⋅ (l + R) ⋅ cos α = 0.
Из рассмотрения прямоугольного треугольника АВО можно обнаружить, что
cos α =
Рис. 15.20
(l + R ) 2 − R 2
=
l+R
l ⋅ (l + 2 R )
l+R
⇒ N = mg ⋅
R
.
l ⋅ (l + 2 R )
15.23С. Однородный шар подвешен за нить к вертикальной стене в своей верхней точке (рис. 15.20).
При каком коэффициенте трения шар будет находиться в равновесии?
Ответ: μ ≥ 1.
Указание. Записать уравнение моментов сил,
приложенных к шару, взятых относительно оси,
проходящей через верхнюю точку шара перпендикулярно плоскости чертежа. Использовать закон
Кулона—Амонтона в виде неравенства.
68
15.24. На цилиндр намотана нить, конец
которой закреплен на стойке в верхней точке
наклонной плоскости. Прямолинейный участок нити параллелен наклонной плоскости
(рис. 15.21). Коэффициент трения цилиндра о
плоскость равен μ = 0,25. При каком максимальном значении угла наклона плоскости α
Рис. 15.21
цилиндр не будет скатываться?
Ответ: α max = arctg (2 μ) = 45°.
Указание. Записать уравнение моментов
сил, приложенных к цилиндру, взятых относительно оси симметрии цилиндра. Использовать уравнение второго закона Ньютона в
проекциях на две ортогональные оси, наприРис. 15.22
мер параллельную и перпендикулярную наклонной плоскости. Использовать закон Кулона—Амонтона в виде неравенства.
15.25*. Цилиндр массой m = 4 кг покоится на шероховатой наклонной плоскости с углом наклона к горизонту α = 30°. Качению
цилиндра мешает горизонтальная нить, прикрепленная одним концом к верней точке цилиндра, а другим — к плоскости (рис. 15.22).
Найти силу натяжения нити и силу давления цилиндра на плоскость. При каком минимальном значении коэффициента трения
между цилиндром и плоскостью он может находиться в равнове-
сии? g = 10 м с 2 .
sin α
≅ 11 H ; N = m g = 40 H ;
1 + cos α
sin α
μ min =
≅ 0,22 .
1 + cos α
Указание. Обратите внимание, что сила давления цилиндра на
плоскость и сила взаимодействия цилиндра с плоскостью в данном
случае не одно и то же: в первом случае речь идет о силе, равной
по величине силе нормальной реакции опоры, во втором — о силе,
равной по величине равнодействующей сил нормальной реакции
опоры и трения.
Ответ: T = m g ⋅
69
15.26*. На колесе радиусом R имеется
плоская часть длиной а (рис. 15.23), прилегающая к шероховатой горизонтальной
поверхности. С какой минимальной горизонтально направленной силой необходимо потянуть колесо за ось вращения О,
чтобы заставить его катиться? Проскальзывание отсутствует.
Рис. 15.23
a
Ответ: Fmin = m g ⋅
.
4R2 + a2
Указание. Если в момент отрыва плоской части колеса от горизонтальной поверхности выполняется условие (15.3)
для моментов сил относительно оси, проходящей через точку А перпендикулярно
плоскости чертежа, то это положение колеса окажется положением неустойчивоРис. 15.24
го положения и колесо сможет перейти к
качению.
15.27*. Цилиндр радиуса R тянут за ось в горизонтальном направлении с целью закатить на ступеньку (рис. 15.24). Проскальзывание о ребро ступеньки отсутствует. Изначально цилиндр покоится. Найти:
а) с какой минимальной силой необходимо тянуть цилиндр, если считать заданными массу цилиндра m и высоту ступеньки H;
б) какова максимальная высота ступеньки, на которую удастся
закатить цилиндр, если известно, что F = m g ?
Ответ: а) Fmin = m g ⋅
H (2 R − H )
;
R−H
⎛
2 ⎞⎟
б) H max = R ⋅ ⎜⎜1 −
.
2 ⎟⎠
⎝
70
15.28*. Однородный цилиндр массой m
и радиусом R с намотанной на него нитью
поместили на горизонтальную поверхность и тянут за нить с некоторой силой
под углом α к горизонту (рис. 15.25).
Найти:
а) с какой силой надо тянуть за нить,
Рис. 15.25
чтобы цилиндр вращался, но не катился,
если считать α известным;
б) с какой минимальной силой надо тянуть за нить, чтобы цилиндр вращался, но не катился (угол α в этом случае считать не
заданным)?
Коэффициент трения между цилиндром и горизонтальной поверхностью равен μ . Нить по цилиндру не проскальзывает.
μ mg
Ответ: а) F =
;
cos α + μ sin α
б) Fmin =
μ mg
при α∗ = arctg μ .
1 + μ2
Указание. Если цилиндр вращается, но не катится, то, вопервых, его центр масс покоится, а, во-вторых, момент вращающих
(против часовой стрелки на рис. 15.25) сил превышает момент сил,
препятствующих вращению, взятых относительно оси вращения.
Для ответа на вопрос пункта (б) необходимо найти максимальное значение знаменателя дроби, выражающей значение силы натяжения F в пункте (а).
Первый способ состоит в использовании тригонометрических
преобразований:
⎛
⎞
1
μ
⎟=
cos α + μ sin α = 1 + μ 2 ⋅ ⎜
⋅ cos α +
⋅
sin
α
2
⎜
⎟
2
1+ μ
⎝ 1+ μ
⎠
= 1 + μ 2 ⋅ ( a ⋅ cos α + b ⋅ sin α) .
71
Коэффициенты a и b удовлетворяют условиям a 2 + b 2 = 1, a < 1,
b < 1, следовательно, их можно представить как синус и косинус
некоторого угла ϕ :
⇒ cos α + μ ⋅ sin α = 1 + μ 2 ⋅ (sin ϕ ⋅ cos α + cos ϕ ⋅ sin α) =
= 1 + μ 2 ⋅ sin (α + ϕ) .
Максимальное значение синуса равно единице, следовательно,
максимальное значение знаменателя рассматриваемой дроби равно
π
1 + μ 2 , кроме того α + ϕ = и ctg ϕ = tg α = μ .
2
Второй способ, более универсальный, состоит в исследовании
функции f (α) = cos α + μ ⋅ sin α на предмет отыскания ее максиπ
мального значения в интервале значений аргумента 0 ≤ α ≤ . С
2
этой целью возьмем производную от функции f (α) по ее аргументу и приравняем к нулю:
df
= − sin α∗ + μ ⋅ cos α∗ = 0 ⇒ tg α∗ = μ .
dα
При α = α∗ функция f (α) достигает либо максимума, либо минимума, либо имеет точку перегиба. Для прояснения ситуации необходимо рассчитать значения исследуемой функции на краях расπ
сматриваемого интервала, т. е. при α = 0 и α = , в точке экстре2
мума α = α∗ и сравнить полученные значения. Так как угол α∗ —
острый, то его можно представить как угол в прямоугольном треугольнике, причем отношение противолежащего углу катета к прилежащему равно μ , следовательно, мы можем принять противолежащий катет численно равным μ , а прилежащий — равным еди72
нице. Тогда гипотенуза будет равна 1 + μ 2 . Это позволяет нам
легко вычислять необходимые тригонометрические функции угла
α∗ . Сравнивая значения исследуемой функции
⎛π⎞
f (0) = 1, f ⎜ ⎟ = μ , f (α∗ ) = 1 + μ 2 ,
⎝2⎠
мы обнаруживаем, что значение функции в точке экстремума превышает значения функции на краях рассматриваемого интервала.
Данное обстоятельство указывает, что в точке экстремума функция
достигает максимума, т. е. f max = f (α∗ ) = 1 + μ 2 .
15.29*. Однородный шар покоится на горизонтальной поверхности в сферической лунке равного ему радиуса (рис. 15.26).
Глубина лунки равна половине
радиуса шара. На какой угол необходимо наклонить поверхность,
чтобы шар из лунки выкатился?
Рис. 15.26
Ответ: α ≥ 60°.
*
15.30 . Однородный
брусок
под действием некоторой силы
r
F , приложенной в верхней грани
бруска, скользит с постоянной
скоростью по горизонтальной поверхности (рис. 15.27). Размеры
бруска a × b . Коэффициент трения между бруском и поверхностью равен μ . Определить точку
Рис. 15.27
приложения силы нормальной
реакции опоры.
Решение. Запишем уравнение второго закона Ньютона в проекциях на оси OX и OY, уравнение моментов (взятых относительно
73
оси, проходящей через точку О перпендикулярно плоскости чертежа на рис. 15.27), и уравнение закона Кулона—Амонтона:
⎧ OX:
⎪
⎪⎪ OY:
⎨
⎪O:
⎪
⎪⎩
F − Fтр = 0 ;
N − m g = 0;
F ⋅ a + N ⋅ S − mg ⋅
μ mg ⋅ a + mg ⋅ S − mg ⋅
⇒
b
= 0;
2
Fтр = μ ⋅ N
S=
b
= 0;
2
b
− μa ,
2
где S — расстояние от точки О до точки приложения силы нормальной реакции опоры.
Глядя на полученный ответ, нетрудно увидеть, что при условии
b
параметр S становится отрицательным, т. е. в пределах тела
μ>
2a
нет точки, приложение к которой силы нормальной реакции опоры
обеспечивает выполнение уравнения моментов. Следовательно,
перестает выполняться одно из условий равновесия тела, а именно,
момент сил, стремящихся повернуть брусок по часовой стрелке, не
может быть компенсирован моментом сил, стремящихся повернуть
брусок против часовой стрелки относительно указанной оси. Как
следствие, брусок начнет вращаться под действием приложенной к
r
нему силы F , т. е. будет опрокидываться через ребро (кантоваться).
15.31*. Ящик кубической формы находится на горизонтальной
поверхности. К верхней грани ящика прикладывают горизонтальную силу. При каких значениях коэффициента трения между ящиком и поверхностью ящик легче: а) катить; б) кантовать?
1
1
Ответ: а) μ < ; б) μ > .
2
2
Указание. Минимальная сила требуется для того, чтобы катить
ящик в том случае, если ящик скользит по поверхности равномерно.
74
15.32*. Однородный стержень верхним концом закреплен в шарнире и
составляет угол α с вертикалью. Нижним концом стержень опирается на тележку, которая без трения (качения)
может катиться по горизонтальной поверхности (рис. 15.28). Коэффициент
трения между стержнем и тележкой
равен μ . Определить отношение миРис. 15.28
нимальных сил, с которыми необходимо воздействовать на тележку в горизонтальном направлении, чтобы она
двигалась вправо и влево.
tg α + μ
F
Ответ: п =
.
Fл tg α − μ
15.33*. Однородный куб с помощью
веревки подвешен к вертикальной стене, как показано на рис. 15.29. При каких значениях коэффициента трения
между кубом и стеной куб соприкасаетРис. 15.29
ся со стеной всей гранью, а угол между
веревкой и стеной составляет α .
Ответ: μ ≥ ctg α .
15.34*. Три одинаковых цилиндрических бревна сложили «стопкой» на поверхности земли (рис. 15.30). Бревна по
земле не скользят. При каком коэффициенте трения между ними бревна не
будут раскатываться?
1
2− 3
Ответ: μ ≥
=
≅ 0,28 .
4−3
2+ 3
Рис. 15.30
Указание. Рассмотреть
уравнение
моментов, взятых относительно оси, проходящей через нижнюю
точку бревна, находящегося в основании «стопки», и уравнение
Кулона—Амонтона.
75
§ 16. Центр тяжести
Центр тяжести (ц. т.) — точка тела или точка пространства,
привязанная к телу, которая обладает следующим свойством. Момент сил тяжести, приложенных к различным частям тела, относительно произвольной оси, проходящей через центр тяжести, равен
нулю.
Следовательно, для нахождения ц. т. достаточно рассмотреть
моменты сил тяжести, действующих на все части тела, относительно двух пересекающихся, например взаимно ортогональных осей,
записать уравнение моментов для каждой из выбранных осей и
найти положение в пространстве точки их пересечения, решая систему из двух уравнений моментов. Для составления уравнения моментов тело можно разбить на простейшие элементы, положение
ц. т. каждого из которых заранее известно, например однородные
шар, стержень, диск, цилиндр, параллелепипед и тому подобное.
Если тело свободно подвешено в какой-либо своей точке, то,
очевидно, ц. т. тела в состоянии равновесия находится на вертикальной прямой, проходящей через точку подвеса.
Ц. т. двух тел находится на отрезке прямой, соединяющем центры масс этих тел.
В однородном поле сил тяжести, т. е. при условии, что ускореr
ние свободного падения g одинаково во всех точках пространства,
занимаемого телом, ц. т. совпадает с центром масс (ц. м.). Следовательно, поиск положения ц. т. можно свести к нахождению ц. м.
тела (также и наоборот), используя формулу (11.2), записанную в
проекциях на координатные оси:
xц.м =
∑ mi xi
i
∑ mi
;
i
yц.м =
∑ mi yi
i
∑ mi
i
76
;
(16.1)
zц.м =
∑ mi zi
i
∑ mi
,
i
где mi — масса i-й части тела; xi , yi , zi — координаты ц. м. i-й
части тела.
Задачи
16.1*. Определить положение ц. т. однородного шара.
Решение. Рассмотрим моменты сил тяжести, приложенных к половинкам шара, относительно двух горизонтальных осей АВ и CD,
проходящих через центр шара О (рис. 16.1,
вид сверху). В силу осевой симметрии расРис. 16.1
сматриваемого тела относительно оси, проходящей через его центр, сумма моментов указанных сил относительно каждой из вертикальных осей АВ и CD
будет равна нулю. Следовательно, точка пересечения данных осей,
т. е. центр шара О, является ц. т. однородного шара.
Используем иной подход. При свободном подвесе шара в точке А прямая (диаметр шара) АВ займет вертикальное положение,
опять-таки, в силу симметрии рассматриваемого тела. Аналогично,
при свободном подвесе шара в точке С прямая CD займет вертикальное положение. Ц. т. тела принадлежит одновременно двум
прямым — АВ и CD, следовательно, это центр однородного шара,
т. е. точка О.
16.2*. Доказать, что центр тяжести однородного цилиндра лежит
посередине его оси симметрии.
16.3*. Определить положение ц. т. однородного треугольника.
Решение. Осуществим мысленный эксперимент. Подвесим треугольник за одну из вершин и разобьем его на узкие параллельные
полоски, как это показано на рис. 16.2. Если полоски достаточно
узкие, т. е. их ширина пренебрежимо мала по сравнению с длиной,
77
то они представляют собой однородные стержни, масса которых
равномерно распределена по длине. Неоднородностью на концах
полосок можно пренебречь в силу того обстоятельства, что размеры этих участков также будут пренебрежимо малы. Однородный
стержень — частный случай однородного цилиндра, у которого
диаметр много меньше длины образующей. Ц. т. однородного
стержня лежит посередине стержня, там же приложена сила тяжести.
В положении равновесия центры полосок,
на которые разбит треугольник, окажутся под
точкой подвеса А на вертикальной прямой
АВ. В противном случае алгебраическая сумма моментов сил тяжести, приложенных к
полоскам, относительно оси, проходящей
через точку подвеса А перпендикулярно
плоскости чертежа, окажется неравной нулю.
Точка В делит в соответствии с выше сказанным сторону треугольника, противолежащую
Рис. 16.2
вершине А, пополам, следовательно, АВ —
медиана. Вершина А в качестве точки подвеса была выбрана произвольно, поэтому можно сделать вывод о том,
что ц. т. треугольника лежит на пересечении его медиан.
16.4*. Доказать, что ц. т. однородного параллелепипеда лежит на
пересечении его диагоналей.
Указание. Рассмотреть моменты сил тяжести, приложенных к
различным частям параллелепипеда, относительно осей, проходящих через центры противолежащих граней и пересекающихся в той
же точке, что и диагонали параллелепипеда.
16.5С. Плоский прямоугольный треугольник массой m подвешен в шарнире
за одну из вершин и удерживается так,
что его катет параллелен поверхности
земли (рис. 16.3). Какую минимальную
силу нужно приложить для этого к треугольнику? Угол треугольника, вершина
которого является точкой подвеса, раРис. 16.3
вен α .
78
2
m g cos α .
3
Указание. Для того чтобы исключить из рассмотрения силу реакции опоры, действующую на треугольник в подвесе, необходимо
записать уравнение моментов сил, приложенных к треугольнику,
относительно оси, проходящей через точку подвеса перпендикулярно плоскости треугольника. Сила тяжести приложена к треугольнику в точке пересечения медиан. В точке пересечения, как
известно из геометрии, медианы делятся в отношении 2 : 1, считая
от вершины треугольника. Вектор силы тяжести направлен вдоль
вертикальной прямой и параллелен одному из катетов треугольника. Данное обстоятельство позволяет, используя теорему Фалеса,
определить плечо силы тяжести относительно выше указанной оси,
проходящей через точку подвеса, т.е. вершину треугольника. Если
принять длину, например, гипотенузы равной l, то плечо силы тя2
жести составит l cos α .
3
Минимальная по величине сила потребуется для удержания треугольника в равновесии в том случае, если плечо этой силы будет
максимально возможным. Чтобы выполнить данное условие, сила
должна быть приложена к точке тела, максимально удаленной от
точки подвеса, и направлена перпендикулярно прямой, соединяющей точку подвеса тела и точку приложения силы.
16.6С. Определить положение центра тяжести системы однородных тел: стержня и двух шаров (рис. 16.4), массы и радиусы кото1
2
1
рых равны соответственно m1 = m и m2 = m , R1 = l и
3
4
4
1
R2 = l. Центры шаров лежат на оси стержня.
6
Ответ: Fmin =
Рис. 16.4
79
Решение. В силу осевой симметрии рассматриваемой системы
тел ц. т. лежит на оси стержня. Направим ось OX вдоль оси стержня. Начало координат (точка О) расположим посередине стержня.
Запишем уравнение моментов для сил тяжести, приложенных к
различным частям системы, относительно горизонтальной оси,
проходящей через ц. т. перпендикулярно плоскости чертежа. Плечо
силы тяжести, приложенной к стержню, относительно указанной
оси равно xc , где xc — координата ц. т. системы.
⎛l
⎞
⎛l
⎞
O: m2 g ⋅ ⎜ + R2 − xc ⎟ − m g ⋅ xc − m1 g ⋅ ⎜ + R1 + xc ⎟ = 0 .
2
2
⎝
⎠
⎝
⎠
Момент силы тяжести, приложенной к стержню, записан с учетом знака координаты ц. т. xc : если ц. т. системы расположен слева
от точки О, т. е. xc < 0, то знак момента «плюс», если справа — то
«минус».
Решение уравнения моментов дает для координаты ц. т. системы
значение
4
xc = − ⋅ l .
19
Таким образом ц. т. рассматриваемой системы тел лежит слева
4
от центра стержня на расстоянии, равном
⋅l.
19
16.7С. Определить положение ц. т. системы, состоящей из двух
соприкасающихся шаров радиусом R = 10 см каждый, если один из
них изготовлен из меди (ρ1 = 8,9 г см3 ) , а другой — из алюминия
(ρ 2 = 2,7 г см3 ) .
Ответ: центр тяжести системы находится на прямой, соединяющей центры шаров, в пределах медного шара на расстоянии
l = R⋅
ρ1 − ρ2
≅ 5,3 см
ρ1 + ρ2
от точки соприкосновения шаров.
80
16.8С. Одна треть (по длине) цилиндрического стержня изготовлена из меди, а две трети — из алюминия. В какой части стержня
расположен его ц. т.? Плотность алюминия и меди ρ Al = 2,7 г см3
и ρCu = 8,9 г см3 .
Ответ: ц. т. стержня находится в пределах той части, которая
изготовлена из алюминия.
Указание. Направить ось OX вдоль оси симметрии стержня. Начало координат поместить на границе раздела двух частей стержня.
Составить уравнение моментов для сил тяжести, действующих на
части стержня, относительно горизонтальной оси, проходящей через ц. т. стержня. Определить координату ц. т.
16.9*. Определить положение ц. т.
однородной круглой пластины радиусом R, в которой сделан вырез радиусом R 2 , как показано на рис. 16.5.
Решение. Направим ось OX вдоль
оси симметрии рассматриваемого тела.
Начало координат (точка О) поместим в
центре исходного тела — диска радиусом R. Ц. т. диска — также точка О.
Рассмотрим диск как систему, состоящую их двух тел — описанной в услоРис. 16.5
вии задачи пластины с ц. т. в некоторой
R
точке С и диска радиусом
на месте выреза. Запишем уравнение
2
моментов для сил тяжести, действующих на тела данной системы,
относительно горизонтальной оси, проходящей через точку О перпендикулярно плоскости пластины.
O:
⎛
πR2
R
R 2 ⎞⎟
H ⋅ ρ ⋅ g ⋅ − π ⎜ R2 −
⋅ H ⋅ ρ ⋅ g ⋅ xc = 0 ,
⎜
⎟
4
2
4
⎝
⎠
где H , ρ — толщина и плотность материала пластины; xc — координата ц. т. пластины.
R
⇒ xc = .
6
81
16.10*. Определить положение центра тяжести однородной круглой пластины радиусом R, в которой сделан
квадратный вырез (длина диагонали
квадрата равна R), как показано на
рис. 16.6.
R
Ответ: xc =
.
2 (2π − 1)
16.11*. Определить положение ц. т.
Рис. 16.6
однородного шара радиусом R, в котоR
, касающаяся своей
ром сделана сферическая полость радиусом
2
границей центра шара.
Ответ: ц. т. тела находится на его оси симметрии на расстояR
от центра шара.
нии
14
16.12*. Однородный стержень
длиной l изогнули дважды под
прямым углом, как показано на
рис. 16.7. Определить координаты
центра тяжести получившейся
фигуры.
Решение. Нетрудно
увидеть,
что начало координат (точка О)
находится посередине центральной части стержня. Воспользуемся тем обстоятельством, что ц. т.
Рис. 16.7
тела совпадает с его центром
масс. Центры масс прямолинейных участков стержня лежат посередине этих участков.
xц.м
l
7
l
7
− ⋅λ ⋅
l + ⋅λ ⋅
l
24
4
24 = 7 l ;
= 6
λ ⋅l
288
82
yц.м
l
l l
l
⋅λ ⋅ − ⋅λ ⋅
5
6
12
4
8
=
=−
l,
λ ⋅l
288
m
— линейная плотность (масса, приходящаяся на единиl
цу длины), m — масса стержня. Для нахождения ц. м. стержня были использованы формулы (16.1).
16.13*. Определить координаты
ц. т. плоской однородной прямоугольной пластины, изображенной
на рис. 16.8. Размер a задан.
5
17
Ответ: xц.т = а , yц.т = а .
7
14
16.14*. В вершинах невесомого
треугольника помещены шарики
Рис. 16.8
равной массы. Найти положение
ц. т. системы.
Решение. Рассмотрим треугольник АВС с материальными точками равной массы в вершинах. Ц. т. системы, состоящей из двух
материальных точек, находящихся в вершинах В и С (рис. 16.9),
лежит на прямой ВС, соединяющей их. Так как массы двух рассматриваемых тел одинаковы, то ц. т. системы, которую они образуют, в силу симметрии системы (тела можно поменять местами и
система при этом не изменится, ее ц. т. не переместится), находится посередине отрезка ВС. Следовательно, ц. т. системы, состоящей
из рассмотренных двух тел и материальной точки в вершине А, лежит на отрезке прямой AD, соединяющем вершину А и середину стороны треугольника ВС точку D. AD —
одна из медиан треугольника АВС.
Повторив выше приведенные рассуждения для всех возможных комбинаций тел, приходим к выводу, что ц. т.
всей системы из трех материальных
точек равной массы лежит на пересеРис. 16.9
чении медиан треугольника АВС.
где λ =
83
16.15*. В двух вершинах невесомого треугольника помещены
шарики массой m каждый. В третьей вершине помещен шарик массой 4m. Найти положение ц. т. системы.
Ответ: ц. т. лежит на медиане, проведенной из третьей вершины, и делит ее в отношении 1 : 2, считая от вершины.
Указание. Ц. т. системы лежит на отрезке прямой, соединяющем
третью вершину с ц. т. пары материальных точек массами m каждая, находящихся в двух других вершинах треугольника. Дальнейшее решение сводится к нахождению ц. т. системы, состоящей из
двух тел — массой 4m в третьей вершине и массой
2m посередине противолежащей стороны. Для пары тел массой m каждое делаем эквивалентную
замену: замещаем их одним телом массой 2m, равной сумме масс этих тел, расположенным в общем
для них центре тяжести.
16.16*. Тонкий однородный стержень, согнутый
посередине под прямым углом, свободно подвешен за один из концов (рис. 16.10). Какой угол α
составляет прямой участок стержня, прилежащий
к точке подвеса, с вертикалью?
Рис. 16.10
1
Ответ: α = arctg .
3
Указание. Вертикаль, проходящая через точку подвеса, пересекает ц. т. стержня, находящегося в состоянии равновесия.
§ 17. Гидростатика. Давление столба жидкости.
Закон Архимеда. Условие плавания тел.
Закон Паскаля. Сообщающиеся сосуды.
Гидравлический пресс. Барометр
Гидростатика изучает условия равновесия жидкостей и газов.
Воздействие отдельных частей жидкости (или газа) друг на друга характеризуют скалярной величиной, называемой давлением.
r
Давление, производимое силой F⊥ , равномерно распределенной
по плоской поверхности площадью S и действующей перпендикулярно поверхности, равно
84
P=
r
F⊥
S
,
(17.1)
r
а силу F⊥ называют силой давления.
При отсутствии движения внутри жидкости, находящейся в равновесии, сила, с которой жидкость действует на плоский элемент
поверхности погруженного в жидкость тела, направлена перпендикулярно поверхности. В качестве указанного тела может рассматриваться и некоторая часть самой жидкости. Если бы сила воздействия со стороны покоящейся жидкости на погруженное в нее тело
имела бы составляющую, направленную вдоль поверхности тела,
то сила реакции со стороны поверхности тела приводила бы жидкость в движение.
В движущейся жидкости на поверхность погруженного в нее тела помимо силы давления действует направленная по касательной
к поверхности сила вязкого трения.
Нельзя говорить о направлении давления, поскольку давление — скалярная величина. Давление является функцией координат. Если поместить маленькую площадку в определенную точку
покоящейся жидкости, то давление, оказываемое на площадку, не
будет зависеть от ориентации площадки в пространстве.
Если несжимаемая жидкость плотностью ρ находится в однородном поле сил тяжести, то на глубине H ее гидростатическое
давление (давление столба жидкости)
P = ρg H .
(17.2)
Неоднородность давления в жидкости на разных уровнях приводит к тому, что на погруженное в жидкость (или газ) тело действует выталкивающая сила, равная по величине весу вытесненной
этим телом жидкости (или газа). Эту силу называют силой Архимеда, а выше приведенную формулировку — законом Архимеда:
FA = ρ gV ,
(17.3)
где ρ — плотность жидкости (или газа); V — объем вытесняемой
телом жидкости (объем погруженной в жидкость части тела). Точ85
кой приложения силы Архимеда является центр масс (он же центр
тяжести в однородном поле сил тяжести) вытесняемого телом при
погружении объема жидкости (или газа). Направлена сила Архимеда перпендикулярно к открытой поверхности жидкости.
Если сила тяжести тела, погруженного в жидкость (или газ), будет больше выталкивающей силы, тело будет тонуть, если меньше — всплывать на поверхность жидкости (или в газе) до тех пор,
пока выталкивающая сила не станет равной силе тяжести тела. Если сила тяжести равна выталкивающей силе, то тело находится в
равновесии. Это условие называют условием плавания тел.
Если тело погружено в жидкость полностью и плавает в ней, то
оно будет находиться в равновесии в любом месте однородной
жидкости, так как в жидкости, в силу ее несжимаемости, величина
выталкивающей силы определяется тем, какая часть погружена в
жидкость. Газ является, в отличие от жидкости, сжимаемой средой,
т. е. плотность зависит заметным образом от давления. По этой
причине выталкивающая сила, действующая на тело, погруженное
в газ, зависит от давления газа. Например, уменьшая силу тяжести,
приложенную к воздушному шару, за счет сбрасываемого балластного груза, удается поднять шар на большую высоту, где давление
окружающего шар воздуха меньше.
Основной закон гидростатики — закон Паскаля, согласно которому давление, производимое внешними силами в каком-либо месте жидкости (или газа), передается без изменения во все точки сосуда, занимаемого жидкостью (или газом). Другими словами,
внешние силы, приложенные к поверхности жидкости, создают
(дополнительное) давление, одинаковое в любой точке жидкости.
Проявлением этого закона
служит закон сообщающихся сосудов. Сообщающиеся сосуды —
это любые сосуды, соединенные
между собой. Однородная жидкость в сообщающихся сосудах
устанавливается на одном уровне
(рис. 17.1), так как гидростатическое давление на воображаемую
Рис. 17.1
поверхность АВ раздела жидкос86
ти в сосудах должно быть одинаково с обеих сторон поверхности в
состоянии равновесия.
Закон Паскаля используется в устройстве гидравлического
пресса (рис. 17.2). Если на малый поршень площадью S1 подейстr
F
вовать силой F1 , то давление P1 = 1 согласно закону Паскаля
S1
равно давлению P2 , передаваемому на больший S1 > S 2 поршень
F
жидкостью, но P2 = 2 , следовательно,
S2
F1 F2
=
S1 S 2
⇒
F1 S1
=
,
F2 S 2
(17.4)
т. е. мы получаем возможность с
помощью гидравлического пресса
многократно увеличивать усилие,
прикладываемое к телу, а используя
некоторые особенности конструкции — и давление на поверхность
тела.
Пусть за один ход первый поршень перемещается на расстояние
h1 , а второй поршень перемещается
Рис. 17.2
на h2 , так как жидкость несжимаема, то объем перемещенной жидкости в обоих используемых сообщающихся сосудах одинаков, т. е.
S1 ⋅ h1 = S 2 ⋅ h2 .
(17.5)
Вклад гидростатического давления жидкости, обусловленного
ее весом, в гидравлическом прессе пренебрежимо мал.
Из выше приведенных соотношений (17.4) и (17.5) следует, что
F1 ⋅ h1 = F2 ⋅ h2 .
87
(17.6)
Соотношение (17.6) справедливо, если не учитывается трение
поршней о стенки сосудов (цилиндров). При наличии трения
F2 ⋅ h2 < F1 ⋅ h1 .
Для учета действия сил трения вводится коэффициент полезного
действия пресса
η=
F2 ⋅ h2
< 1.
F1 ⋅ h1
(17.7)
Воздух, окружающий Землю, давит на ее поверхность и все
предметы, находящиеся на ней. Это давление зависит от плотности
воздуха, ускорения свободного падения и высоты столба воздуха.
Впервые величину атмосферного давления измерил Торричелли,
создавший праобраз прибора для измерения атмосферного давления — барометра. Торричелли использовал метровую узкую стеклянную трубку небольшого диаметра, запаянную с одного конца.
Наполнив ее целиком ртутью, он закрыл открытый конец трубки,
перевернул ее и опустил в чашку с ртутью этим концом. Затем открыл незапаянный конец так, чтобы в трубку не попал воздух.
Ртуть в трубке опустилась, но не вся вылилась, так как давление
столба ртути в трубке уравновесилось атмосферным давлением.
Задачи
17.1А. Какой величине соответствует давление P = 1 мм рт.ст.,
выраженное в единицах СИ? Плотность ртути ρ = 13,6 г см3 .
Решение. В условии задачи давление указано по шкале ртутного
барометра конструкции Торричелли, т. е. его величина численно
равна высоте столба ртути в вертикальной трубке, давление которого уравновешено внешним давлением. Следовательно, необходимо выразить гидростатическое давление столба ртути в единицах
СИ.
88
P = ρ g H = 13,6 ⋅ 103 [кг м3 ] ⋅ 9,8 [м с 2 ] ⋅ 10− 3 [м] ≅
≅ 1,3 ⋅ 102 [Н м 2 ] = 1,3 ⋅ 102 [Па].
17.2А. Какое давление на горизонтальную поверхность оказыва-
ет: а) деревянный куб с длиной ребра l = 1 м , ρд = 0,6 ⋅103 кг м3 ;
б) медный куб (ρм = 8,9 ⋅103 кг м3 ) такого же размера?
Решение. Нормальная реакция опоры компенсирует силу тяжести, приложенную к кубу. Следовательно, сила давления со стороны нормальной реакции опоры совпадает по величине с силой тяжести.
mg ρ l3g
= 2 = ρl g , S — площадь грани куба.
P=
S
l
а) P ≅ 5,9 ⋅103 Па ;
б) P ≅ 8,7 ⋅104 Па .
17.3А. На сколько процентов возрастает давление человека массой m1 = 75 кг на пол, если он возьмет на руки ребенка массой
m2 = 6 кг?
ΔP
Ответ:
= 8 %.
P
17.4А. Во сколько раз изменится давление лыжника на снег, если
он снимет лыжи? Размер лыжи S1 = 200 × 5 см 2 , площадь ступни в
обуви S2 = 150 см2 .
P
Ответ: 2 ≅ 6,7 .
P1
*
17.5 . Если из мелкокалиберной винтовки выстрелить в вареное
яйцо, в нем образуется отверстие. Если же выстрелить в сырое яйцо, оно разлетится. Как объяснить это явление?
Ответ: сердцевина вареного яйца пористая, т. е. сжимаемая,
среда, которая деформируется преимущественно в направлении
движения пули. Сердцевина сырого яйца — несжимаемая жидкость. Поэтому в момент попадания в нее пули, в соответствии с
89
законом Паскаля, во всех точках внутренней поверхности скорлупы возникает одинаковое давление, превышающее предел прочности скорлупы и ведущее к ее разрушению.
17.6А. Почему пищу для космонавтов подготавливают в полужидком виде и помещают в тюбики с эластичными стенками?
Ответ: в этом случае закон Паскаля «помогает» выдавливать
пищу из тюбика.
17.7А. В сосуд, имеющий форму косого параллелепипеда (рис. 17.3), налита
вода. Сравнить давление, производимое
ею на боковые стенки в точках А и В,
лежащих на одном уровне.
Ответ: PА = PВ , атмосферное давление, действующее на поверхность воРис. 17.3
ды, передается в точки А и В без изменения, а гидростатическое давление в
точках А и В одинаковое потому, что они находятся на одинаковой
глубине.
17.8А. Малый поршень гидравлического пресса за один ход
спускается на l1 = 0,3 м , а большой поднимается на l2 = 0,01 м . С
какой силой действует на пресс зажатое в нем тело, если на малый
поршень действует сила F1 = 40 Н?
Ответ: F2 = 1200 Н .
Указание. Воспользоваться соотношением (17.6).
17.9А. Малый поршень гидравлического пресса за один ход
опускается на расстояние h = 0,2 м , а большой поршень поднимается на H = 1 cм . С какой силой F действует пресс на зажатое в нем
тело, если на малый поршень действует сила f = 500 Н? Коэффициент полезного действия пресса η = 0,95.
Ответ: F = 9,5 ⋅103 Н .
Указание. Воспользоваться соотношением (17.7).
17.10А. На какой глубине давление в воде больше атмосферного
в n = 6 раз? Атмосферное давление Pатм = 105 Па. Плотность воды
ρ = 103 кг м3 .
90
Ответ: H ≅ 50 м .
Указание. Давление в жидкости складывается из гидростатического давления, величина которого определяется в однородной
жидкости по формуле (17.2), и давления атмосферы на поверхность
жидкости Pатм .
17.11. Вертикальный цилиндр высотой
H и площадью основания S погружен в
жидкость плотностью ρ на глубину h
(рис. 17.4). Какова результирующая сил
давления, действующих на цилиндр со
стороны жидкости?
Решение. В силу осевой симметрии тела
и зависимости давления в жидкости только
Рис. 17.4
от глубины, векторная сумма сил давления, приложенных к различным участкам
боковой поверхности цилиндра, равна нулю. Действительно, было
бы странно, если при погружении цилиндра в неподвижную жидкость он под действием сил со стороны жидкости начал бы двигаться в горизонтальном направлении. В каком именно направлении начал бы двигаться цилиндр, если ни одно из них не имеет каких-либо преимуществ?
Так как верхнее и нижнее основания цилиндра расположены на
разных глубинах h и h + H соответственно, то давление жидкости
на них будет разным:
Δ P = ρ g ( H + h) − ρ g h = ρ g H .
В результате на цилиндр снизу вверх будет действовать выталкивающая сила, равная
F = Δ P ⋅ S = ρ g H S = ρ gVт .
Данная сила и есть сила Архимеда. Таким образом, задача иллюстрирует ее природу, т. е. причины, вызывающие появление силы Архимеда.
91
17.12А. Груз массой m = 20 кг , подвешенный
на веревке, полностью опущен в воду. Определить силу натяжения веревки. Плотность воды
ρ = 103 кг м3 , плотность груза ρ0 = 8 ⋅103 кг м3 ,
ускорение
свободного
падения
принять
g = 10 м с 2 .
r
Решение. Обозначим как Т силу натяжения
r
веревки, FА — силу Архимеда (рис. 17.5). Так
как груз находится в равновесии, его ускорение равно нулю, и
уравнение второго закона Ньютона в проекции на вертикальную
ось OY имеет вид
Рис. 17.5
OY: T + FA − m g = 0 ,
m
.
ρ0
В итоге получаем
где FA = ρ gV = ρ g
⎛
ρ⎞
T = m g ⋅ ⎜⎜1 − ⎟⎟ = 175 H .
⎝ ρ0 ⎠
17.13А. Камень объемом V = 6 л и плотностью ρ = 5 г cм3 по2
гружен в воду на n = своего объема и лежит на горизонтальном
3
дне сосуда. Плотность воды ρ0 = 1 г cм 3 . Определить силу, с кото-
рой камень давит на дно сосуда, g = 10 м с 2 .
Ответ: P = 260 H .
17.14А. Кусок железа, полностью погруженный в воду, весит
P = 102 H . Найти его объем, если плотность воды ρ0 = 1 г cм3 , а
плотность железа ρ = 7,8 г cм3 .
Ответ: V ≅ 1,5 ⋅10− 3 м3 .
92
Указание. По определению, вес тела Р равен силе, с которой тело давит на горизонтальную опору или вертикальный подвес.
17.15В. Определить в кубических сантиметрах объем вакуумной
полости в куске железа массой m = 7,8 кг , если вес этого куска в
воде равен P = 60 H . Плотность воды ρ0 = 103 кг м3 , плотность
железа ρ = 7,8 ⋅103 кг м3.
Ответ: Δ V ≅ 8 ⋅10− 4 м3 = 800 см3 .
Указание. В условии задачи подразумевается, что тело погружено в воду целиком. Массу тела можно выразить через объем тела V
и объем полости Δ V в нем:
m = (V − Δ V ) ⋅ ρ .
17.16В. Шар равномерно падает в жидкости, плотность которой
в n = 2,5 раза меньше плотности шара. Определить массу шара,
если сила сопротивления движению равна Fтр = 1,8 Н . g = 10 м с 2 .
Ответ: m =
n ⋅ Fтр
= 0,3.
(n − 1) ⋅ g
Указание. Записать уравнение второго закона Ньютона для шара
в проекции на вертикальную ось с учетом равенства нулю ускорения тела.
17.17В. Сплошной однородный шар плавает на границе двух несмешивающихся жидкостей, плотности которых равны ρ1 =
= 800 кг м3 и ρ2 = 1000 кг м3. Определить плотность тела, если в
верхней жидкости находится 30 % (n = 0,3) всего объема шара.
Решение. Обозначим объем шара V и запишем уравнение второго закона Ньютона в проекции на вертикальную ось с учетом условия плавания тела:
FA1 + FA2 − m g = 0 ,
где
FA1 = ρ1 ⋅ g ⋅ V ⋅ n ,
93
FA2 = ρ2 ⋅ g ⋅ V ⋅ (n − 1) ,
m = ρV,
где ρ — искомая плотность тела; V ⋅ n и V ⋅ (n − 1) — объемы
верхней и нижней жидкостей, вытесненные шаром.
ρ = n ⋅ ρ1 + (n − 1) ⋅ ρ2 = 940 кг м3 .
17.18В. На какую высоту поднялся бы керосин за поршнем насоса при атмосферном давлении P0 = 750 мм рт. ст.? Плотность ке-
росина и ртути ρк = 0,80 г cм3 и ρрт = 13,6 г cм3 соответственно.
Ответ: H = 12,75 м .
Указание. Насос — это вертикальная цилиндрическая труба,
внутри которой перемещается поршень, а нижний открытый конец
опущен в откачиваемую жидкость. При поднятии поршня уровень
жидкости в трубе поднимается до тех пор, пока гидростатическое
давление жидкости не уравновесит внешнее атмосферное давление
(сравните с принципом действия барометра Торричелли). Используя формулу (17.2), можем записать
⎧ P0 = ρ тр ⋅ g ⋅ hтр ;
⎨
⎩ P0 = ρк ⋅ g ⋅ H .
17.19В. Разность показаний барометра при вертикальном и на-
клонном положениях трубки составляет Δ P = 4,0 ⋅104 Па . Найти
величину атмосферного давления, если угол наклона трубки к линии горизонта α = 45°.
sin α
Ответ: P =
⋅ Δ P ≅ 0,95 ⋅105 Па .
1 − sin α
Указание. Высота столба ртути в барометре в обоих случаях
одинакова, а вот длина заполненной ртутью части трубки при наклонном ее положении больше. Отношение высоты столба ртути Н
к длине заполненной ртутью части наклоненной трубки Н + Δ Н :
94
H
= sin α .
Н + ΔН
Кроме того, если ввести обозначение Р для атмосферного давления, можно записать:
P = ρg H ,
P + Δ P = ρ g (H + Δ H ) ,
где P + Δ P — давление, рассчитанное на основе измерения длины
заполненной ртутью части трубки при наклонном ее положении.
Решая систему из трех приведенных выше уравнений, получим
ответ на вопрос задачи.
17.20С. В три сосуда, имеющих
одинаковую площадь дна (рис. 17.6),
наливают одинаковое количество воды. Сравнить силы F1 , F2 , F3 давления на дно каждого из сосудов друг с
другом и с весом Р налитой воды. АтРис. 17.6
мосферное давление не учитывать.
Решение. Сила F давления жидкости на дно сосуда площадью S равна p ⋅ S , где Р — давление жидкости у дна. Давление (гидростатическое) P = ρ g h, где ρ — плотность жидкости; h — высота ее столба. При одинаковом количестве
воды (одинаковой массе и, соответственно, объеме) в сосудах уровень воды в третьем сосуде будет самым высоким, а во втором —
самым низким. Следовательно, F2 < F1 < F3 .
Сравним теперь силы давления с весом воды. Начнем с первого
сосуда: F1 = ρ g h ⋅ S = ρ gV = m g = P (где V = h S — объем налитой
воды; m — масса налитой воды). Как и следовало ожидать, F1 = P.
Тогда для двух других сосудов получаем: F2 < P, F3 > P. Проиллюстрируем полученный результат с помощью рис. 17.7. Сила давления жидкости на дно сосуда равна весу жидкости в объеме выделенного на рисунке цилиндра, имеющего основание, равное дну
сосуда.
95
Рис. 17.7
17.21А. Уровень жидкостей в сосудах (рис. 17.8) одинаковый. В левом
налита вода, в правом — керосин.
Кран в трубе, соединяющей сосуды,
закрыт. Плотность воды ρв = 1 г см3 ,
плотность керосина ρк = 0,8 г см3 .
Найти:
Рис. 17.8
а) одинаковы ли давления на дно
сосудов;
б) одинаковы ли давления на кран;
в) будет ли переливаться жидкость из одного сосуда в другой,
если открыть кран?
Ответ: а) давление в левом сосуде больше, чем в правом;
б) давление слева больше, чем давление справа; в) жидкость из левого сосуда будет переливаться в правый.
17.22В. В цилиндрический сосуд налиты ртуть (плотность
ρ1 = 13,6 г см3 ) , вода (ρ2 = 1,0 г см3 ) и керосин (ρ3 = 0,8 г см3 ) .
Определить общее давление, которое оказывают жидкости на дно
сосуда, если объемы всех жидкостей равны, а верхний уровень керосина находится на высоте h = 12 см от дна сосуда. Атмосферное
давление P = 105 Па. g = 10 м с 2 .
Решение. Так как каждая жидкость занимает треть объема, то
h
высота столба каждой из жидкостей равна . В силу закона Пас3
96
каля давление вышележащих слоев жидкостей передается на дно
сосуда, следовательно, давление на дно сосуда составит
P = P0 + (ρ1 + ρ 2 + ρ3 ) g
h
= 1,06 ⋅105 Па.
3
17.23В. В цилиндрический сосуд налиты ртуть и вода в количествах, равных по массе. Общая высота столба жидкости в сосуде
h = 10 см. Определить давление жидкости на дно сосуда. Атмо-
сферное давление P0 = 105 Па. Плотности ртути и воды ρ1 =
= 13,6 г см3 и ρ2 = 1,0 г см3 соответственно. g = 10 м с 2 .
2 ⋅ ρ1 ⋅ ρ2
Ответ: P = P0 +
g h ≅ 1,02 ⋅105 Па.
ρ1 + ρ2
17.24*. Аквариум, имеющий форму
куба со стороной а, заполнен доверху
водой. Найти силу давления воды на
боковую стенку аквариума. Атмосферное давление не учитывать.
Плотность воды — ρ.
Решение. Давление возрастает прямо пропорционально глубине (согласно условию задачи учитывается только гидростатическое давление)
Рис. 17.9
P = ρ g h,
где h — глубина.
Разобьем боковую стенку аквариума (грань куба) на узкие горизонтальные полоски шириной Δ hi и длиной а. Сила давления, действующая на такую полоску
Fi ≅ Pi ⋅ Δ hi ⋅ a,
97
где Pi — давление воды на глубине hi , соответствующей, например, середине полоски (по вертикали). Тогда сила давления, действующая на всю боковую стенку
F ≅ a ∑ Pi Δ hi = a ∑ ρ g hi Δ hi .
i
i
Чтобы повышать точность расчета силы давления, необходимо
уменьшать ширину Δ hi рассматриваемых полосок. При этом их
количество, т. е. число слагаемых в выше приведенной сумме, будет возрастать. В пределе при стремлении Δ hi к нулю указанная
сумма превращается в определенный интеграл (см. введение, § 2,
ч. 3)
F = a ρg
a
∫
0
∑
Предел суммы
i
h2
h d h = a ρg ⋅
2
a
=
0
ρ g a3
.
2
Pi Δ hi при стремлении Δ hi к нулю имеет про-
стое геометрическое толкование — это площадь под графиком зависимости давления Р от глубины h, т. е. площадь прямоугольного
треугольника, катеты которого равны а (по оси Oh) и ρ g a (по
оси ОР).
Используя геометрическое толкование предела суммы, представляющего собой определенный интеграл, можно рассчитать искомую величину, не прибегая к процедуре вычисления интеграла.
Такой прием решения называется графическим интегрированием.
Предел суммы ∑ Pi Δ hi = ∑ P (hi ) ⋅ Δ hi рассчитывается как плоi
i
щадь под графиком зависимости давления от глубины P(h) , т. е.
площадь треугольника
S тр =
1
ρg a2
.
⋅ a ⋅ ρg a =
2
2
98
Затем получаем величину силы давления на боковую стенку
F = a ⋅ S тр =
ρ g a3
.
2
17.25*. Аквариум, имеющий форму куба со стороной а, заполнен
доверху водой. Найти силу давления воды на боковую стенку аквариума. Атмосферное давление равно P0 . Плотность воды — ρ.
ρg a ⎞ 2
⎛
Ответ: F = ⎜ P0 +
⎟a .
2 ⎠
⎝
Указание. Построить график зависимости давления воды от глубины. Произвести расчет искомой величины, используя прием графического интегрирования.
17.26*. В стакане плавает кусок льда. Как изменится уровень воды, когда лед растает? Изменится ли ответ, если во льду находится
кусок пробки? Стальная гайка?
Решение. В первом случае согласно условию плавания и закону
Архимеда плавающая льдина вытесняет своей погруженной частью
такое количество воды, что масса вытесненной воды в точности
равна массе плавающей льдины. Таким образом, когда льдина растает, получится ровно столько же воды, сколько льдина вытесняла
при плавании, т. е. уровень воды в стакане не изменится.
Вмороженная в лед пробка, освободившись ото льда, будет плавать, вытесняя по-прежнему столько же воды, сколько весит сама.
Значит, и в этом случае при таянии льда уровень воды в стакане не
изменится.
Стальная гайка после таяния льда утонет, следовательно, она
станет вытеснять меньше воды, чем при плавании, когда гайка была вморожена в лед. В этом случае уровень воды в сосуде понизится.
17.27*. В небольшом бассейне плавает лодка. Как изменится
уровень воды в бассейне, если: а) бросить в воду лежащий на дне
лодки камень; б) бросить в воду лежащий на дне лодки кусок дерева; в) бросить в воду лежащий на дне лодки кусок льда; г) вылить в
бассейн воду из ведра, стоящего на дне лодки?
Ответ: а) понизится; б), в), г) не изменится.
99
17.28*. Ко дну аквариума приклеена алюминиевая конструкция грибовидной формы (рис. 17.10). С какой
силой давит конструкция на дно аквариума? Уровень воды в аквариуме
Н, размеры h1 и h2 , диаметры d1 и
d 2 заданы. Плотность воды d 2 —
ρ0 , плотность алюминия — ρ , атмосферное давление — P0 .
Решение. В данном случае неприменим закон Архимеда в обычном виде, т. е. равнодействующая сил давления, приложенных со
стороны жидкости к телу, не равна весу вытесненной воды. Дело в
том, что вода не давит на поверхность конструкции, приклеенную
ко дну аквариума. Поэтому равнодействующая сил давления со
стороны жидкости равна векторной разности силы Архимеда, которая действовала бы на тело, со всех сторон окруженное водой, и
силы давления, которая в этом случае действовала бы на ту поверхность тела, что в действительности приклеена ко дну аквариума.
Из условия равновесия находим силу нормальной реакции опоры, действующей со стороны дна на тело, равную по величине силе
давления тела на дно:
Рис. 17.10
N + FA − F − m g = 0,
где N — нормальная реакция опоры, FA — сила Архимеда, F —
сила давления воды на нижнюю поверхность тела в том случае,
если бы эта поверхность соприкасалась с водой.
⎛ πd 2
⎞
πd 2
⇒ N = m g − FA + F = ⎜ 1 ⋅ h1 + 2 ⋅ h2 ⎟ ρ g −
⎜ 4
⎟
4
⎝
⎠
⎛ πd 2
⎞
πd 2
πd 2
− ⎜ 1 ⋅ h1 + 2 ⋅ h2 ⎟ ρ0 g + 1 ⋅ (ρ0 g H + P0 ) =
⎜ 4
⎟
4
4
⎝
⎠
100
=
[(
]
)
π
d12 ⋅ h1 + d 22 ⋅ h2 (ρ − ρ0 ) g + d12 ⋅ (ρ0 g H + P0 ) .
4
17.29*. Полушарие радиусом R лежит на горизонтальном дне сосуда. В
сосуд налита жидкость на высоту
H > R (рис. 17.11). Плотность материала полушария — ρ , плотность
жидкости — ρ0 , атмосферное давлеРис. 17.11
ние — P0 . Контакт между дном сосуда и основанием полусферы плотный:
жидкость между основанием полушария и дном сосуда не проникает. С какой силой полушарие давит на дно сосуда?
2
Ответ: N = π R 3 ⋅ (ρ − ρ0 ) + π R 2 (ρ0 g H + P0 ) .
3
17.30*. В лифте находится ведро с водой, в котором плавает мяч.
Как изменится глубина погружения мяча, если лифт будет двигаться с ускорением вверх? Вниз?
Решение. Рассмотрим вначале движение в лифте цилиндрического сосуда с водой. Пусть Н — высота столба воды в ведре, S —
площадь основания сосуда. Запишем уравнение второго закона
Ньютона для воды в сосуде в проекции на вертикальную ось OY,
направленную вверх:
OY: N − m0 g − P0 S = m0 a у ,
где m0 = ρ0 S Н — масса воды в сосуде; ρ0 — плотность воды;
N — сила, действующая на столб воды со стороны дна сосуда, равная по величине силе давления воды на дно сосуда по третьему закону Ньютона; P0 — атмосферное давление. Давление воды у дна
сосуда составит
P=
N
= P0 + ρ 0 (a у + g ) H .
S
101
Гидростатическое давление воды на глубине Н, следовательно,
оказывается равным
Pг.ст = ρ0 ⋅ (a у + g ) ⋅ H ,
т. е. зависит от величины и направления ускорения лифта (различные знаки проекции ускорения на ось OY a у > 0 и a у < 0 соответствуют направлению вектора ускорения вверх и вниз). Так как величина силы Архимеда определяется гидростатическим давлением
жидкости, то
FA = ρ0 (a у + g ) ⋅ V ,
где V — объем погруженной в жидкость части тела. Уравнение
второго закона Ньютона для мяча, плавающего в ведре с водой,
находящемся в лифте, в проекции на ось OY запишется так:
OY: FA − m g = ma у ,
где m — масса мяча,
⇒ ρ0 ⋅ (a у + g ) ⋅V = m ⋅ (a у + g ) ⇒ V =
m
.
ρ0
Таким образом, объем погруженной в воду части плавающего
мяча, т. е. глубина его погружения, не зависит от величины и направления ускорения, с которым движется лифт.
17.31А. Пластмассовый брусок плавает на поверхности воды.
Как изменится глубина погружения бруска в воду, если поверх воды налить слой масла, полностью покрывающий брусок?
Ответ: уменьшится.
Указание. Рассмотреть, как изменится давление на нижнюю и
верхнюю поверхности бруска при наливании масла.
102
17.32А. На рычажных весах уравновешен гирями сосуд с водой.
Нарушится ли равновесие, если в воду погрузить подвешенный на
нити стальной брусок так, чтобы он не касался дна?
Ответ: сосуд перевесит гири.
Указание. Учесть изменение уровня воды в сосуде при погружении в нее бруска.
17.33*. Сплошные шары — алюминиевый и железный (ρ Al <
< ρ Fe ) — уравновешены на рычажных весах. Нарушится ли равновесие, если оба шара полностью погрузить в воду? Рассмотреть
случаи, когда шары имеют: а) одинаковую массу; б) одинаковый
объем. Рычажные весы можно рассматривать как стержень, горизонтальный в положении равновесия, который свободно вращается
вокруг горизонтальной оси, проходящей через стержень перпендикулярно ему. Шары подвешены к концам стержня.
Ответ: нарушится, в обоих случаях перевесит железный шар.
Указание. Рассмотреть изменение момента сил, действующих на
каждое из плеч (рычагов) весов.
17.34*. Оцените массу атмосферы Земли. Радиус Земли R =
= 6400 км . Атмосферное давление у поверхности Земли Ра =
= 105 Па . Высота атмосферы порядка 100 км.
Решение. Согласно условию задачи основная часть атмосферы
сосредоточена на высотах, малых по сравнению с радиусом Земли.
Поэтому можно считать, что вес атмосферы равен m g , где m —
масса атмосферы, g — ускорение свободного падения у поверхности Земли ( g ≈ 10 м с 2 ).
Вес атмосферы равен силе давления воздуха на всю поверхность
Земли, площадь которой S = 4π R 2 . Следовательно,
m g = Pa ⋅ 4π R 2
⇒ m=
4π R ⋅ Pa
≈ 5 ⋅1018 кг.
g
17.35С. Перевернутая воронка массой m, стенки которой образованы двумя цилиндрическими с радиусами основания r и R и одной
плоской поверхностью, стоит на гладкой горизонтальной поверхности стола. Края воронки плотно прилегают к поверхности стола.
103
Рис. 17.12
Рис. 17.13
В воронку наливают жидкость. После
того, как уровень жидкости достигает
верхнего края воронки, жидкость начинает из-под нее просачиваться. Высота верхнего цилиндра равна Н. Определить плотность налитой в воронку
жидкости (рис. 17.12).
m
Ответ: ρ =
.
2
π (R − r 2 ) H
Указание. Жидкость начинает просачиваться из-под воронки в тот момент, когда сила давления, действующая на воронку со стороны жидкости,
отрывает ее от поверхности стола.
17.36*. Труба из легкого материала
плавает в воде (ρ0 = 1,0 г см3 ) в вертикальном положении так, что верхний край трубы выступает над водой
на высоту Н 0 = 10 см (рис. 17.13).
Внутрь трубы заливают керосин (ρ =
= 0,8 г см3 ) . Какой высоты столб керосина удастся залить в трубу
прежде, чем он начнет из нее выливаться через край? Труба длинная.
ρ0
Ответ: H = H 0 ⋅
= 50 см .
ρ0 − ρ
Указание. Замечание о том, что труба длинная, означает, что керосин не будет выливаться через нижний срез трубы.
Труба плавает благодаря действию силы давления со стороны
воды на нижнюю кромку стенки трубы. Следовательно, при наливании внутрь трубы керосина, внешняя сторона стенки трубы попрежнему будет выступать над уровнем воды на высоту H 0 .
Необходимо учесть, что в однородной жидкости в точках, лежащих на одном уровне (в одной горизонтальной плоскости) гидростатическое давление одинаково.
104
17.37С. Два цилиндрических сообщающихся сосуда с площадью основания S1 =
= 400 см 2 и S 2 = 100 см 2 заполнены водой
(ρ0 = 1,0 г см3 ) . В левый сосуд (рис. 17.14)
доливают керосин (ρ = 0,8 г см3 ) так, что
он образует слой толщиной Н = 10 см . На
сколько при этом изменился уровень воды
в каждом из сосудов?
ρ ⋅ S2
Ответ: Δ h1 = H ⋅
= 1,6 см
ρ0 ⋅ ( S1 + S 2 )
(опустится);
ρ ⋅ S1
Δ h2 = H ⋅
= 6,4 см
ρ0 ⋅ ( S1 + S 2 )
(поднимется).
17.38С. В тонкую изогнутую трубку наливают две несмешивающиеся жидкости
(рис. 17.15) с плотностями ρ = 0,8 г см
3
Рис. 17.14
Рис. 17.15
и
3
ρ0 = 1,0 г см в количестве m0 = 16 г и
m = 20 г соответственно. Площадь поперечного сечения трубки S = 0,1 см 2 , угол
между вертикалью и коленом трубки
α = 30°. Каково избыточное по сравнению
с атмосферным давление на дне сосуда?
g = 10 м с 2 .
Ответ: Δ P = H ⋅
Рис. 17.16
(m0 + m ) g ⋅ cos α ≅ 1,5 Па .
2S
Указание. Обратить внимание на то обстоятельство, что объемы
жидкостей одинаковы. Давление столба жидкости определяется его
высотой, т. е. протяженностью по вертикали.
17.39*. Цилиндрический сосуд с жидкостью закрыт поршнем с
пробкой также цилиндрической формы (рис. 17.16). Поршень и
пробка плотно прилегают к поверхности жидкости. Между порш105
нем и пробкой действует сила трения, равная по величине F0 . Между поршнем и стенками сосуда трение отсутствует. Диаметр
пробки — d, внешний диаметр поршня — D. С какой минимальной
силой надо давить на пробку извне, чтобы выдавливать ее из
поршня? Силой тяжести пренебречь.
D2
Ответ: Fmin = F0 ⋅ 2
.
D − d2
Указание. Прикладываемая извне сила будет минимальной, если
пробка и поршень движутся равномерно. Пренебрежение силой
тяжести означает, в частности, что давление жидкости во всех точках одинаково, так как отсутствует гидростатическое давление.
17.40С. Два шара объемом V = 100 л каждый, связанные нитью,
плавают в воде (ρ0 = 1,0 г см3 ) . Массы шаров отличаются в n =
= 3 раза, один из них погружен в воду наполовину, второй полностью. Найти силу натяжения нити. g = 10 м с 2 .
n−2
⋅ ρV g = 125 H .
Ответ: T =
2 ⋅ (n + 1)
17.41С. К поплавку массой m = 1,0 г привязана леска с грузом.
При этом поплавок погружен в воду на k-ю часть своего объема
( k = 2 3). Найти силу натяжения лески, если свободно плавающий
поплавок погружен в воду на n-ю часть своего объема ( n = 1 2).
g = 10 м с 2 .
Ответ: T = m g ⋅
Рис. 17.17
k −n
≅ 3 ⋅10 − 3 H .
n
17.42С. Тонкий однородный стержень,
верхний конец которого подвешен в шар-
нире, погружен в воду (ρ0 = 1,0 г см3 )
(рис. 17.17) на половину своей длины.
Какова плотность материала стержня?
3
Ответ: ρ = ρ0 = 0,75 г см3 .
4
Указание. Записать уравнение моментов для сил, приложенных к стержню,
106
относительно оси, проходящей через точку крепления стержня в
шарнире перпендикулярно плоскости чертежа. Условие однородности стержня в данном случае означает, помимо равномерности
распределения массы по длине стержня (т. е. центр тяжести расположен в центре стержня), также и то, что стержень имеет цилиндрическую форму (т. е. площадь его поперечного сечения одинакова
по длине стержня). Стержень тонкий — его толщина пренебрежимо мала по сравнению с его длиной, поэтому объем любой его части равен произведению площади поперечного сечения стержня на
длину этой части. Точка приложения силы Архимеда — центр тяжести вытесняемой телом жидкости.
17.43*. Контейнер с водой движется с постоянным ускорением а
в горизонтальном направлении. Как располагается поверхность
воды?
Решение. Рассмотрим частицу воды у поверхности, находящуюся достаточно далеко от стенок контейнера, чтобы не испытывать
их непосредственного воздействия. Вследствие симметричности воздействия на
данную частицу окружающих ее частиц
воды равнодействующая сил, приложенных к рассматриваемой частице со стороны окружающих частиц, направлена перпендикулярно поверхности жидкости. Согласно второму закону Ньютона
r
r
r
N + m g = ma,
Рис. 17.18
r
где m — масса частицы; N — равнодействующая сил, приложенных к частице со стороны окружающих частиц. Так как по условию
задачи предполагается, что жидкость неподвижна относительно
контейнера, то силы вязкого трения отсутствуют.
r
Из чертежа на рис. 17.18 нетрудно увидеть, что вектор силы N
a
с вертикалью, постоянный для всех
составляет угол α = arctg
g
точек поверхности жидкости. Таким образом, поверхность воды в
107
контейнере будет представлять из себя
плоскость, наклоненную под углом α к
линии горизонта.
17.44*. Тонкая трубка постоянного
сечения U-образной формы заполнена
ртутью, как это показано на рис. 17.19.
Трубку приводят в движение с постоРис. 17.19
янным ускорением а в горизонтальном
направлении. Какова будет разность уровней ртути в коленах трубки? При какой величине ускорения ртуть будет выливаться из
трубки? Считать, что ртуть в трубке не совершает колебаний и не
испытывает трения со стороны стенок трубки.
a
g
Ответ: Δ h = 2 l ⋅ , если a ≤ ;
g
4
a
5
2
g
Δh = l⋅
, если < a ≤ g ;
2 a+g
4
3
2
при a > g ртуть будет выливаться.
3
Указание. Ртуть в горизонтальном участке трубки движется с
ускорением под действием сил давления со стороны той части ртути, что находится в вертикальных коленах трубки (иные силы, согласно условию задачи, отсутствуют).
108
СОДЕРЖАНИЕ
Динамика ...............................................................................................3
§ 11. Законы динамики Ньютона. Масса тела. Плотность.
Сила. Равнодействующая сил. Принцип суперпозиции
сил. Принцип относительности Галилея. Закон
всемирного тяготения. Сила тяжести. Вес тела.
Перегрузки и невесомость. Сила упругости. Сила
трения. Центр масс .......................................................................3
§ 12. Динамика прямолинейного движения ......................................12
§ 13. Динамика системы тел с кинематическими связями...............23
§ 14. Динамика материальной точки, движущейся
по окружности .............................................................................40
Статика ................................................................................................53
§ 15. Статика твердого тела. Условия равновесия твердого
тела. Момент силы. Правило моментов....................................53
§ 16. Центр тяжести .............................................................................76
§ 17. Гидростатика. Давление столба жидкости. Закон
Архимеда. Условие плавания тел. Закон Паскаля.
Сообщающиеся сосуды. Гидравлический пресс.
Барометр ......................................................................................84
Александр Николаевич Долгов
Пособие по физике
«МЕХАНИКА»
Часть 2
ДИНАМИКА.
СТАТИКА
В помощь учащимся 10—11 классов
Редактор Е.Е. Шумакова
Оригинал-макет подготовлен Л.М. Бурлаковой
Подписано в печать 27.05.2009. Формат 60х84 1/16.
Уч.-изд.л. 7,0. Печ.л. 7,0. Тираж 3000 экз.
Изд. № 042-1б. Заказ №
Национальный исследовательский ядерный университет «МИФИ».
115409, Москва, Каширское ш., 31
ЗАО «Типография САРМА».
142115, г. Подольск Московской обл., ул. Правды, 30
Федеральное государственное бюджетное
образовательное учреждение
высшего профессионального образования
НАЦИОНАЛЬНЫЙ ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКИЙ ЯДЕРНЫЙ
УНИВЕРСИТЕТ «МИФИ»
МИФИ – базовое высшее учебное заведение России, предназначенное для подготовки инженеров: физиков, математиков, системотехников – инженеров-исследователей, обладающих глубокими знаниями физико-математических дисциплин в сочетании с серьезной
инженерной подготовкой.
ФАКУЛЬТЕТЫ
телефон
Факультет экспериментальной и теоретической физики (Т)
8(495)324-84-40
Физико-технический факультет (Ф)
8(495)324-84-41
Факультет автоматики и электроники (А)
8(495)324-84-42
Факультет кибернетики (К)
8(495)324-84-46
Факультет информационной безопасности (Б)
8(495)324-84-00
Гуманитарный факультет (Г):
8(495)323-90-62
- Институт международных отношений
- Финансовый институт
- Институт инновационного менеджмента
- Экономико-аналитический институт
- Институт финансовой и экономической безопасности
ПРИЕМНАЯ КОМИССИЯ
Адрес МИФИ:
8(495)323-95-83
8(495)324-03-78
8(495)323-90-88
8(495)323-92-15
8(495)323-95-27
8(495)324-84-17; 8(495)323-95-12
115409, г. Москва, Каширское ш., д.31
По вопросам повышения квалификации учителей физики, математики и информатики, а также по работе МИФИ со школами в регионах РФ обращаться в Центр повышения квалификации и переподготовке кадров по тел.: 8(495)324-05-8, 8(499)725-24-60.