Урок №4

Физика. Урок №4
Тема: «Статика твердого тела, жидкостей и газов».
Задача 1.
Груз подвешен к потолку на нитях одинаковой длины так, что в точке крепления к грузу нити
F
образуют угол 1  900 . Во сколько раз изменится модуль силы натяжения нитей 1 , если
F2
угол между нитями уменьшить до  2  600 ?
Дано: 1  900 ,  2  600
F1
-?
F2
Рис.1
Рис.2
Решение
Согласно условию груз висит на нитях неподвижно, иначе говоря, находится в состоянии
равновесия. В этом случае можно применить первое условие статического равновесия,





которое является следствием II закона Ньютона: F1  F1/  mg  0 , где F1 и F1/ -силы
натяжения нитей (рис.1), и так как нити одинаковой длины, то каждая из сил образует с

вертикалью угол 1  450 . Спроецируем силы на оси координат:
2
0
ОХ  F1 sin 45  F1/ sin 450  0 ,
ОУ F1 cos 450  F1/ cos 450  mg  0 .
Из первого выражения следует, что модули сил натяжения нитей равны: F1  F1/ . С
учетом этого, из второго выражения следует, что в первом случае модуль силы натяжения
mg
mg
нитей равен: F1  F1/ 
.

0
2 cos 45
2
Если груз висит неподвижно при другом угле между нитями (рис.2), то первое условие





равновесия: F2  F2/  mg  0 , где F2 и F2/ -силы натяжения нитей , и так как нити одинаковой

длины, то каждая из сил образует с вертикалью угол 2  30 0 .
2
mg
mg

Проецируя, как и в первом случае, на оси координат получим F2  F2/ 
.
0
2 cos 30
3
Следовательно
Ответ:
F1
=1,2.
F2
F1 mg 3


F2
2mg
3
 1,2 .
2
Задача 2.
Однородный цилиндр радиусом R=5см расположен на доске, один конец которой
медленно поднимают. Найти высоту цилиндра, если при угле наклона доски к горизонтали
  450 цилиндр находится на грани опрокидывания.
Дано:   450 , R=5см
Н-?
Рис.3
Рис.4
Рис.5
Решение
При опрокидывании цилиндра должно происходить его вращение относительно точки О
(рис.3), что возможно, если момент сил действующих на цилиндр не равен нулю. На цилиндр



действуют только сила реакции опоры N , сила тяжести mg и сила трения покоя Fтр 0 .

 
Запишем оба условия равновесия: N  mg  Fтр0  0 , МN+Мmg+МF =0.
Для проекций на оси координат ОУ: N  mg cos   0 , ОХ: mg sin   Fтр 0  0 .
Момент силы трения покоя относительно т.О равен нулю, так как ее плечо равно нулю.
Момент силы реакции при увеличении угла наклона уменьшается, хотя плечо этой силы
относительно т.О постоянно и равно радиусу цилиндра R. Но при увеличении угла наклона
доски сила реакции по модулю уменьшается, так как N  mg cos  , а косинус является
убывающей функцией.
Момент силы тяжести при изменении угла также изменяется. При увеличении угла
изменяется плечо силы тяжести относительно т.О, как показано на рис.3 и рис. 4, и,
соответственно знак момента силы тяжести.
Следовательно, цилиндр находится на грани опрокидывания, если линия силы тяжести
OB 2 R

 tg  tg 450 .
проходит через т.О (рис.5). В этом случае угол ОАВ=   450 и
AB H
2R
Отсюда: H 
 14(cм)
tg
Ответ: Н=14см.
Задача 3.
Однородный стержень с прикрепленным на одном из его концов грузом массы m=1,2кг
находится в равновесии в горизонтальном положении, если его подпереть на расстоянии r=0,2l
длины стержня от груза. Найти массу стержня.
Дано: m=1,2кг, r=0,2l
mc-?
Решение
Если стержень в равновесии, то алгебраическая сумма моментов сил относительно
точки опоры равна нулю: М1+М2=0, где М1=mcg*(0,5l-0,2l) – момент силы тяжести стержня,
М2=mg*0,2l – момент силы тяжести груза. Отсюда mc 
0,2
m , mc=0,8кг
0,3
Ответ: mc=0,8кг
Задача 4.
У гладкой стены стоит однородная лестница. Коэффициент трения лестницы о
горизонтальный пол равен  . При каком наименьшем угле наклона лестницы к полу она еще
находится в состоянии равновесия?
Дано: 
 min  ?
Рис.6
Решение



На лестницу действуют силы реакции стены N 1 и пола N 2 , сила трения о пол Fтр 2 , (так

как по условию стена гладкая) и сила тяжести mg , которая приложена к центру тяжести,
находящемуся посередине лестницы (так как по условию лестница однородная).
При равновесии должны выполняться два условия:




N1  N 2  Fтр 2  mg  0 и
М1+М2+Мтр+Мmg=0.
Для проекций на ОХ N 1  Fтр 2  0 ,
на ОУ N 2  mg  0 .
Следовательно: N 1  Fтр 2 , N 2  mg , Fтр 2  N 2  mg .
Для расчета моментов сил введем длину лестницы L. Относительно т.О отличны от нуля
L
только моменты силы реакции стены М1= N1 L sin  и силы тяжести Мmg= mg cos  .
2
L
L
Тогда: N 1 L sin   mg cos   0 , N 1 L sin   mg cos  ,
2
2
mg
mg
mg
1
.
tg 



2 N1 2 Fтр 2 2mg 2
Из последнего выражения следует, что угол, при котором лестница находится в равновесии,
определяется коэффициентом трения лестницы о пол.
1
Ответ: tg min 
.
2
Задача 5.
Два шара одинакового радиуса R с плотностями 1 и  2 ( 1 >  2 ) соответственно
скреплены в точке касания. Найти расстояние центра масс этой системы от центра масс
первого шара.
Дано: R, 1 ,  2
Х-?
Рис.7
Решение
Как известно, центр масс (центр тяжести) тела или системы тел, если последние
характеризуются каким-либо видом симметрии , расположен в центре симметрии, на оси
и(или) на плоскости симметрии.
Для удобства расположим систему так, чтобы ее ось симметрии была горизонтальна
(рис.7). Пусть центр масс (центр тяжести) системы расположен в точке О. При подвешивании
за эту точку система должна быть в равновесии, т.е. сумма действующих моментов сил :
МF+M mg1+Мmg2=0.
Момент силы реакции подвеса относительно т.О равен нулю, так ее плечо равно нулю.
Модули моментов сил тяжести шаров: M mg1=mg1х и Мmg2=mg2(2R-х).
-m1gх+m2g(2R-х)=0 или m1gх=m2g(2R-х).
4
4
m1  1V  1 R 3 ,
m2   2V   2 R 3 и
Запишем массы шаров через плотности
3
3
2 2R
4 3
4 3
подставим в полученное выражение: 1 R x   2 R ( 2 R  x ) . Отсюда x 
3
3
1   2
2 2R
Ответ: x 
1   2
Задача 6.
В цилиндрическом сосуде с площадью основания S=5,00дм2 находится жидкость с
кг
плотностью   950 3 . В сосуд опустили однородное тело, которое плавает в жидкости,
м
будучи полностью в нее погруженным. При этом уровень жидкости в сосуде поднялся на
h=0,02м. На сколько изменилось давление жидкости на дно и стенку сосуда после помещения
тела в сосуд? Чему равна сила Архимеда, действующая на тела? Чему равна плотность тела?
кг
Дано: S=5,00дм2,   950 3 , на h=0,02м
м
p1  ? p2  ? FA-?   ?
Решение
Гидростатическое давление жидкости на дно определяется по формуле p  gH , где  плотность жидкости, H- высота столба жидкости. Пусть начальная высота жидкости в сосуде
H1, а после опускания тела – Н2. Тогда p1  p2  p1  gH 2  gH1  gh , p1  190Па .
По закону Паскаля жидкости и газы передают оказываемое на них давление по всем
направлениям без изменения. Поэтому давление жидкости на стенку
изменяется в
зависимости от глубины погружения: 0  pc  gH . При расчетах обычно определяют
g ( H 2  H 1 ) gh
gH

среднее давление на стенку  pc 
. Тогда p2  pc 2    pc1 
,
2
2
2
p2  95,0Па .
Сила Архимеда определяется по формуле FA  gV , где V – объем погруженной части
тела, в данной задаче по условию он равен объему тела. До погружения тела объем воды в
сосуде был V1=SH1. После погружения тела объем содержимого в сосуде V2=SH2=V1+V.
Следовательно, V=V2-V1=S(H2-H1)=Sh, FA  gV  gSh , FA=9,50Н.
В случае плавания тела его сила тяжести уравновешивается силой Архимеда mg=FA,
TVg  Vg , T    950кг / м 3 .
Ответ:
p1  190Па , p2  95,0Па , FA=9,50Н, T    950кг / м 3 .
Задача 7.
Бетонная плита массой m=900кг медленно поднимается в горизонтальном положении со
дна озера глубиной h1=5,5м на высоту h2=1,5м над поверхностью воды. Плотность воды
г
г
 в  1,0 3 , плотность бетона   2,5 3 , сопротивлением движению можно пренебречь.
cм
cм
Найти минимальную величину совершенной работы.
г
г
Дано: m=900кг, h1=5,5м, h2=1,5м,  в  1,0
,   2,5 3
3
cм
cм
Аmin-?
Рис.8
Решение
Так как спрашивается о минимальной работе, то «по умолчанию», подразумевается, что
подъем плиты происходит медленно, равномерно, с очень маленькой скоростью и можно
пренебречь работой на разгон плиты до этой скорости.
Для упрощения будем искать работу силы натяжения троса, которая различна при
движении плиты в воде и в воздухе. При подъеме в воде на плиту действуют сила тяжести



mg , сила Архимеда FA
и сила натяжения троса F1 (рис.8). При подъеме в воздухе только

сила тяжести и сила натяжения троса F2 , так как по условию силами сопротивления можно
пренебречь.

 
 
При равномерном подъеме: FA  mg  F1  0 , mg  F2  0 . Для проекций :
m
На ОХ FA  mg  F1  0 ,  mg  F2  0 , где сила Архимеда FA=  вVg   в g .

Отсюда: F1  mg  FA , F2  mg .
Вся работа по подъему А=А1+А2=F1h1+F2h2= ( mg   в
А=9000((1-0,4)5,5+1,5)=43(кДж).
Ответ: А=43кДж
m

g )h1+ mgh2
ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
Задача 1.
На наклонной плоскости длиной L=1,0м покоится груз массой m=2,0кг. Сила трения покоя,
действующая на груз, равна Fтр=10Н. Найти высоту наклонной плоскости.
Задача 2.
Балка массой m=30кг и длиной L=3м лежит на двух опорах отстоящих от концов балки на

расстояния l1=1м и l2=0,5м. Если к первому концу приложить силу F1 , то второй начинает

приподниматься. Если ко второму концу приложить силу F2 , то первый начинает
F
приподниматься. Найти соотношение 1 между модулями этих сил .
F2
Задача 3.
К гладкой вертикальной стене на нити длиной l=0,04м подвешен шар массой m=300г и
радиусом R=0,025м. Найти силу давления шара на стену.
Задача 4.
В вертикальный цилиндрический сосуд радиусом R=20см наливают жидкость. Найти высоту
жидкости, если модуль силы гидростатического давления жидкости на дно равен модулю
силы гидростатического давления на боковую поверхность сосуда.
Задача 5.
Плоский кусок льда толщиной h=10см и плотностью   0,9
  1,0
г
плавает в воде с плотностью
см 3
г
. На какую высоту лед выступает над поверхностью воды?
см 3
Задача 6.
В цилиндрическую банку с водой опустили железную коробочку, из-за чего уровень воды в
банке поднялся на h==0,02м. На сколько опустится уровень воды , если коробочка утонет?
г
г
Плотность воды  в  1,0 3 , плотность железа   7,8 3 .
cм
cм
Задача 7.
Нижний конец деревянной, однородной балки закреплен на дне водоема с помощью шарнира.
г
Плотность воды  в  1,0 3 , над водой находится 0,2 длины балки. Найти плотность дерева .
cм