Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 4619
2017-10-29 
Плоская свинцовая пластинка, длина которой 30 см при $0^{ \circ} С$, лежит на гладкой крыше (рис. а). Угол наклона крыши к горизонту $20^{ \circ}$. Пластинка удерживается на крыше благодаря силе трения (коэффициент трения равен 0,5).
Зимой утром температура пластинки равна $-20^{ \circ} С$. В течение дня солнце нагревает ее до $+ 10^{ \circ} С$, а ночью она снова остывает до $- 20^{ \circ} С$. Коэффициентом линейного расширения материала, из которого сделана крыша, пренебречь. Найти, на сколько пластинка сползет по крыше за сутки.
Решение:
При нагревании большая часть пластинки AD движется вниз по скату крыши, а меньшая — BD — вверх (рис. б). При охлаждении же неподвижным остается некоторое сечение Е, лежащее ниже центра тяжести С. Теперь меньшая часть пластинки АЕ движется вверх, а большая BE — вниз. При этом сечение D, оставшееся неподвижным при нагревании, по окончании полного цикла нагрев — охлаждение переместится на некоторое расстояние $\Delta l$. Это означает, что вся пластинка также переместилась вниз но скату на длину $\Delta l$. Будем считать, что вся пластинка равномерно перемещается относительно ската крыши. Тогда алгебраическая сумма проекций всех сил, действующих на пластинку при ее нагревании, на направление крыши равна нулю, т. е.
$P \sin \beta - F_{1} + F_{2} = 0$,
где $F_{1}$ — сила трения, приложенная к части AD и направленная в сторону, противоположную скатывающей силе; $F_{2}$ — сила трения, приложенная к части BD пластинки и направленная вниз по скату.
Определим $F_{1}$ и $F_{2}$:
$F_{1} = kP_{1} \cos \beta$ и $F_{2} = kP_{2} \cos \beta$,
где $P_{1}$ и $P_{2}$ — веса частей AD и BD. В случае однородности пластинки $P_{1}$ и $P_{2}$ пропорциональны длинам частей $l_{AD}$ и $l - l_{AD}$, т. е.
$P_{1} = P \frac{l_{AD}}{l}, P_{2} = P \frac{l - l_{AD}}{l}$.
Тогда
$P \sin \beta - kP \frac{l_{AD}}{l} \cos \beta + kP \frac{l - l_{AD}}{l} \cos \beta = 0$,
откуда получаем
$l_{AD} = \frac{l}{2} \left ( 1 + \frac{tg \beta }{k} \right )$.
Аналогично можно найти расстояние $l_{AE}$ при охлаждении пластинки:
$l_{AE} = \frac{l}{2} \left ( 1 - \frac{tg \beta }{k} \right )$.
Расстояние же $l_{ED}$ между сечениями Е и D равно
$l_{ED} = l_{AD} - l_{AE} = l \frac{tg \beta}{k}$.
При нагревании и охлаждении длина любой части пластинки изменяется в том же отношении, что и полная длина $l$.
Теперь можно определить расстояние $\Delta l$, на которое опустится пластинка вдоль ската за сутки. Пусть $l_{ED}$ — расстояние между сечениями Е и D при температуре $t_{1}, l_{ED}$ — то же расстояние при температуре $t_{2}$. Тогда
$\Delta l = l_{ED}^{ \prime \prime} - l_{ED}^{ \prime} = l_{ED}^{0} (1 + \alpha t_{2}) - l_{ED}^{0}(1 + \alpha t_{1}) = l_{ED}^{0} \alpha ( t_{2} - t_{1})$,
где $\alpha$ — коэффициент линейного расширения.
Подставляя в предыдущее выражение вместо $l_{ED}^{0}$ его значение ($l_{ED}^{0} = l_{0} \frac{tg \beta}{k}$, где $l_{0}$ — длина пластинки при $0^{ \circ} С$), получим
$\Delta l = l_{0} \frac{tg \beta}{k} \alpha (t_{2} - t_{1})$,
$\Delta l = 0,3 м \frac{0,364}{0,5} \cdot 2,9 \cdot 10^{-5} град^{-1} \cdot 30 град = 1,9 \cdot 10^{-4} м = 0,19 мм$.
Плоская свинцовая пластинка, длина которой 30 см при $0^{ \circ} С$, лежит на гладкой крыше (рис. а). Угол наклона крыши к горизонту $20^{ \circ}$. Пластинка удерживается на крыше благодаря силе трения (коэффициент трения равен 0,5).
Зимой утром температура пластинки равна $-20^{ \circ} С$. В течение дня солнце нагревает ее до $+ 10^{ \circ} С$, а ночью она снова остывает до $- 20^{ \circ} С$. Коэффициентом линейного расширения материала, из которого сделана крыша, пренебречь. Найти, на сколько пластинка сползет по крыше за сутки.
Решение:
При нагревании большая часть пластинки AD движется вниз по скату крыши, а меньшая — BD — вверх (рис. б). При охлаждении же неподвижным остается некоторое сечение Е, лежащее ниже центра тяжести С. Теперь меньшая часть пластинки АЕ движется вверх, а большая BE — вниз. При этом сечение D, оставшееся неподвижным при нагревании, по окончании полного цикла нагрев — охлаждение переместится на некоторое расстояние $\Delta l$. Это означает, что вся пластинка также переместилась вниз но скату на длину $\Delta l$. Будем считать, что вся пластинка равномерно перемещается относительно ската крыши. Тогда алгебраическая сумма проекций всех сил, действующих на пластинку при ее нагревании, на направление крыши равна нулю, т. е.
$P \sin \beta - F_{1} + F_{2} = 0$,
где $F_{1}$ — сила трения, приложенная к части AD и направленная в сторону, противоположную скатывающей силе; $F_{2}$ — сила трения, приложенная к части BD пластинки и направленная вниз по скату.
Определим $F_{1}$ и $F_{2}$:
$F_{1} = kP_{1} \cos \beta$ и $F_{2} = kP_{2} \cos \beta$,
где $P_{1}$ и $P_{2}$ — веса частей AD и BD. В случае однородности пластинки $P_{1}$ и $P_{2}$ пропорциональны длинам частей $l_{AD}$ и $l - l_{AD}$, т. е.
$P_{1} = P \frac{l_{AD}}{l}, P_{2} = P \frac{l - l_{AD}}{l}$.
Тогда
$P \sin \beta - kP \frac{l_{AD}}{l} \cos \beta + kP \frac{l - l_{AD}}{l} \cos \beta = 0$,
откуда получаем
$l_{AD} = \frac{l}{2} \left ( 1 + \frac{tg \beta }{k} \right )$.
Аналогично можно найти расстояние $l_{AE}$ при охлаждении пластинки:
$l_{AE} = \frac{l}{2} \left ( 1 - \frac{tg \beta }{k} \right )$.
Расстояние же $l_{ED}$ между сечениями Е и D равно
$l_{ED} = l_{AD} - l_{AE} = l \frac{tg \beta}{k}$.
При нагревании и охлаждении длина любой части пластинки изменяется в том же отношении, что и полная длина $l$.
Теперь можно определить расстояние $\Delta l$, на которое опустится пластинка вдоль ската за сутки. Пусть $l_{ED}$ — расстояние между сечениями Е и D при температуре $t_{1}, l_{ED}$ — то же расстояние при температуре $t_{2}$. Тогда
$\Delta l = l_{ED}^{ \prime \prime} - l_{ED}^{ \prime} = l_{ED}^{0} (1 + \alpha t_{2}) - l_{ED}^{0}(1 + \alpha t_{1}) = l_{ED}^{0} \alpha ( t_{2} - t_{1})$,
где $\alpha$ — коэффициент линейного расширения.
Подставляя в предыдущее выражение вместо $l_{ED}^{0}$ его значение ($l_{ED}^{0} = l_{0} \frac{tg \beta}{k}$, где $l_{0}$ — длина пластинки при $0^{ \circ} С$), получим
$\Delta l = l_{0} \frac{tg \beta}{k} \alpha (t_{2} - t_{1})$,
$\Delta l = 0,3 м \frac{0,364}{0,5} \cdot 2,9 \cdot 10^{-5} град^{-1} \cdot 30 град = 1,9 \cdot 10^{-4} м = 0,19 мм$.
