Турчина Н.В. Физика в задачах для поступающих в вузы
Подождите немного. Документ загружается.
520
Разделив (4) на (3), получим
= tg
2
(ω
0
t + α).
В исомый момент времени τ имеем Е
= Е
п
. Следовательно,
tg (ω
0
τ + α) = ä1,
отуда
ω
0
τ
1
+ = + nπ, де n = 0, 1, 2, ...,
ω
0
τ
2
+ = – + n′π, де n′ = 1, 2, 3, ... .
С учетом данных задачи ω
0
= 2π, α = получим
2πτ
1
+ = + nπ, τ
1
= + .
2πτ
2
+ = – + n′π, τ
2
= – + .
Ита, ответ: τ
1
= + , де n = 0, 1, 2, ... ; τ
2
= – + ,
де n′ = 1, 2, ... .
7.3.8. Сила упруости пружины F = kx. Если пружине подве-
сить руз массой m, то в положении равновесия mg = kx, отуда уд-
линение пружины x = . Если две пружины соединить последова-
тельно, то их удлинения будут равны, а общее удлинение
x
2
= 2x = . (1)
С друой стороны,
x
2
= . (2)
Приравнивая правые части уравнений (1) и (2), получаем
= или k
1
= .
При параллельном соединении пружин общая жестость систе-
мы k
2
= 2k. Таим образом, периоды олебаний при последователь-
ном и параллельном соединениях пружин равны соответственно
T
1
= 2π и T
2
= 2π ,
а их отношение = = 2.
О т в е т: период олебаний руза уменьшится в 2 раза.
E
п
E
------ -
α
π
4
---
α
π
4
---
⎝
⎛
π
6
---
⎠
⎞
π
6
---
π
4
---
1
24
------
n
2
---
π
6
---
π
4
---
5
24
------
n′
2
-----
1
24
------
n
2
---
5
24
------
n′
2
-----
mg
k
--------
2mg
k
------------
mg
k
1
--------
2mg
k
------------
mg
k
1
--------
k
2
---
m
k
1
----- -
m
k
2
----- -
T
1
T
2
-------
k
2
k
1
----- -
521
7.3.16. Направим ось X вдоль направления пере-
мещения центра чаши (рис. 7.3.8). Пусть точа B со-
ответствует положению чаши при недеформиро-
ванной пружине. Чаша с ирями находится в по-
ое в точе C на расстоянии l
1
= от точи B, де
M — масса чаши и ирь. После добавления еще од-
ной ири в положении равновесия чаша оажется
в точе O на расстоянии l
2
= от точи B и бу-
дет совершать армоничесие олебания ооло этоо
положения равновесия (точи O), периодичеси дви-
аясь между точами C и C
1
. Амплитуда олебаний
A = OC = OC
1
. Та а OC = l
2
– l
1
= , то A = .
О т в е т: A = mg/k.
7.4.13. Заон движения тела, совершающео ар-
моничесие олебания:
x = A cos (ω
0
t + ϕ
0
).
Амплитуда олебаний A = 2αl и начальная фаза ϕ
0
= 0, собст-
венная частота ω
0
= . Следовательно,
x = 2αl cos t .
В точе B (см. в условии рис. 7.4.2) оордината шариа x = –αl.
Тода
–αl = 2αl cos t
1
,
де t
1
— время движения шариа от исходноо положения до точи B,
равное половине периода олебаний:
t
1
= π .
Отсюда находим
T = 2t
1
= π d 1 c.
О т в е т: T d 1 c.
7.4.16. В первом случае период олебаний шариа
T
1
= 2π .(1)
Рис. 7.3.8
Mg
k
----------
Mm+()g
k
--------------------------
mg
k
--------
mg
k
--------
g
l
---
⎝
⎜
⎛
g
l
---
⎠
⎟
⎞
⎝
⎜
⎛
g
l
---
⎠
⎟
⎞
2
3
---
l
g
---
4
3
---
l
g
---
l
g
---
522
Во втором случае (рис. 7.4.4) на ша-
ри действуют: сила тяжести mg, сила на-
тяжения нити N и сила притяжения ма-
нита F, в результате шари приобретает
таненциальное усорение a
τ
. По второму
заону Ньютона
–mg sin α – F sin α = ma
τ
.
При малых олебаниях уол α мал,
следовательно, sin α d α d , и поэтому
a
τ
= – x.
Из данной формулы видно, что усорение шариа пропорцио-
нально x и направлено в сторону, противоположную направлению
оси OX, следовательно, шари будет совершать армоничесие о-
лебания, а
= ω
2
.
Период олебаний шариа
T
2
= = 2π .(2)
Решив систему уравнений (1), (2), получим
F = mg – 1 = 29,4 мН.
О т в е т: F = 29,4 мН.
7.5.8. В положении равновесия рузов сумма сил, действую-
щих на аждый руз, равна нулю:
mg + kx
01
– T
0
= 0, (1)
3mg + kx
02
– T
0
= 0, (2)
де x
01
и x
02
— удлинения пружин в положении равновесия рузов,
T
0
— сила натяжения нити.
Из (1) и (2) имеем:
2mg + k(x
02
– x
01
) = 0. (3)
Рис. 7.4.4
O
x
l
---
mg F+
ml
------------------ -
mg F+
ml
------------------ -
2π
ω
------ -
ml
mg F+
------------------ -
T
1
2
T
2
2
------ -
⎝
⎜
⎛
⎠
⎟
⎞
523
Если руз m сместить из положения равновесия вниз на величи-
ну x, то
ma = mg + k(x
01
– x) – T
1
,(4)
3ma = T
1
– 3mg – k(x
02
– x), (5)
де Т
1
— сила натяжения нити.
Из (4) и (5) с учетом (3) получаем
4ma = –2kx.
Тода
ω = и T = 2π .
По заону сохранения энерии:
+ + = + + 3mgA – mgA,
отуда с учетом (3) находим: A = v
0
.
О т в е т: A = v
0
; T = 2π .
7.5.9. В положении равновесия рузов:
m
1
g – T
0
= 0, (1)
m
2
g + kx
0
– 2T
0
= 0, (2)
де x
0
— удлинение пружины в положении равновесия рузов, Т
0
—
сила натяжения нити.
Из (1) и (2) получаем
(2m
1
– m
2
)g = kx
0
.(3)
Если руз m
1
сместить из положения равновесия вниз на вели-
чину x, то по второму заону Ньютона
m
1
a = m
1
g – T
1
,(4)
m
2
= 2T
1
– m
2
g – kx
0
+ , (5)
де Т
1
— сила натяжения нити.
Из (4) и (5) с учетом (3) получаем
2m
1
+ a = –k. (6)
Тода
ω = и T = 2π .
k
2m
---------
2m
k
---------
kx
01
2
2
------------ -
kx
02
2
2
------------ -
4mv
0
2
2
----------------
kx
01
A−()
2
2
-------------------------------
kx
02
A+()
2
2
-------------------------------
m
2k
------ -
m 2k()⁄ 2mk⁄
a
2
---
-
⎝
⎛
x
2
---
⎠
⎞
-
⎝
⎛
m
2
2
--------
⎠
⎞
x
2
---
k
4m
1
m
2
+
--------------------------
4m
1
m
2
+
k
--------------------------
524
По заону сохранения энерии:
+ + = –m
1
gA + m
2
g + ,
отуда с учетом (3) находим: v
max
= A .
О т в е т: T = 2π ; v
max
= A.
7.5.11. На тело массой m
действуют (рис. 7.5.16): сила уп-
руости пружины F и сила тя-
жести mg. На тело массой M
действуют: сила упруости пру-
жины F, сила тяжести Mg и си-
ла реации опоры N
1
.
Запишем второй заон Нью-
тона:
для случая I, ода сила
давления наибольшая,
⇒ N
1
= (M + m)g + ma
max
;
для случая II, ода сила давления наименьшая,
⇒ N
2
= (M + m)g – ma
max
,
де F′ — сила упруости.
Масимальное усорение тела равно
a
max
= Aω
2
,
де A — амплитуда.
По третьему заону Ньютона сила давления F
д
равна силе
реации опоры N. Поэтому можно записать
= = = 1,5.
Тело оторвется от стола, если
N
2
= 0 ⇒ mA
р
ω
2
= (M + m)g,
m
1
v
max
2
2
-------------------- -
m
2
v
max
2
----------- -
⎝⎠
⎛⎞
2
2
-----------------------------
kx
0
2
2
----------
A
2
--- -
kx
0
A
2
--- -
+
⎝⎠
⎛⎞
2
2
---------------------------- -
k
4m
1
m
2
+
--------------------------
4m
1
m
2
+
k
--------------------------
k
4m
1
m
2
+
--------------------------
O
O
Рис. 7.5.16
F – mg = ma
max
N
1
– F – Mg = 0
F′ + mg = ma
max
Mg – F′ – N
2
= 0
F
д1
F
д2
-------- -
N
1
N
2
-------
Mm+()gmAω
2
+
Mm+()gmAω
2
−
--------------------------------------------------
525
следовательно,
A
р
= = 0,08 м = 8 см.
О т в е т: N
1
/N
2
= 1,5; A
р
= 8 см.
7.5.12. 1. Пусть a — длина стержня, l
2
— удлинение второй пру-
жины в положении равновесия. Первая пружина действует на стер-
жень с силой k
1
l
1
, а вторая — с силой k
2
l
2
. При равновесии стержня
суммарный момент этих сил относительно оси O равен нулю:
k
1
l
1
· – k
2
l
2
· a = 0,
отуда деформация второй пружины
l
2
= .
2. Пусть в неоторый момент при малых
олебаниях смещение шариа от положе-
ния равновесия равно x (см. рис. 7.5.17).
Растяжение первой пружины увеличится
на , а второй уменьшится на . Следова-
тельно, деформация первой пружины будет
l
1
+ , а второй — l
2
– . Потенциаль-
ная энерия аждой пружины равна соответ-
ственно
E
п1
= , E
п2
= .
Кинетичесая энерия шариа E
= , де v — сорость ша-
риа. При армоничесих олебаниях механичесая энерия систе-
мы постоянна:
E
п1
+ E
п2
+ E
= const.
Подставив в последнее равенство записанные выше выражения
и продифференцировав полученное уравнение по времени, после
упрощений приходим уравнению
a = – x,
Mm+()g
mω
2
--------------------------
a
3
---
2
3
---
k
1
l
1
2k
2
---------- -
Рис. 7.5.17
x
3
---
2x
3
------ -
⎝
⎛
x
3
---
⎠
⎞
⎝
⎛
2x
3
------ -
⎠
⎞
k
1
l
1
x
3
---+
⎝⎠
⎛⎞
2
2
------------------------------
k
2
l
2
2x
3
------ -
−
⎝⎠
⎛⎞
2
2
---------------------------------
mv
2
2
-----------
k
1
4k
2
+
m
----------------------
526
де = ω
2
— вадрат циличесой частоты. Та а период
олебаний T = , то, следовательно,
T = 6π .
О т в е т: l
2
= ; T = 6π .
7.5.13. При смещении шариа из положения равновесия на не-
о будет действовать возвращающая сила (см. рис. 7.5.18)
F = mg sin α.
Та а шари совершает армониче-
сие олебания, то
–mg sin α = –kx,
де k — оэффициент возвращающей силы,
x = αR — смещение шариа из положения
равновесия. Следовательно,
mg sin α = kαR.
Чтобы олебания были армоничесими, уол α должен быть
мал. В этом случае sin α d α и
k = .
Полная энерия армоничесих олебаний в любой момент равна
E = ,
де A = s
max
— амплитуда олебаний. Следовательно,
E = = 12,5
.
10
–6
Дж.
7.5.17. Воспользуемся выраже-
нием для масимальной сорости
тела, совершающео олебания с
частотой ω
0
= :
v
max
= ω
0
A,
де A = αl — амплитуда олебаний
(рис. 7.5.19). Следовательно,
v
max
= , T = .
k
1
4k
2
+
m
----------------------
2π
ω
------ -
m
k
1
4k
2
+
----------------------
k
1
l
1
2k
2
---------- -
m
k
1
4k
2
+
----------------------
Рис. 7.5.18
mg
R
--------
kA
2
2
----------
mgs
max
2
2R
----------------------
Рис. 7.5.19
2π
T
------ -
2παl
T
-------------
2παl
v
max
-------------
527
Та а сорость руза масимальна при прохождении им по-
ложения равновесия, а система «руз—брусо» замнута в ори-
зонтальном направлении, то заоны сохранения импульса и энер-
ии имеют вид:
mv
max
= Mu, mg(l – l cos α) = + .
Отсюда получим
v
max
= = = 2 sin .
Посольу уол α мал, то sin d α. Из приведенных уравнений
находим
T = 2π = 1,23 с.
О т в е т: T = 1,23 c.
7.5.20. На ареометр действуют: сила Архимеда F
А
= ρg(v + sh)
и сила тяжести mg.
Условие равновесия ареометра:
mg + F
А
= 0 или mg = F
А
.(1)
Пусть S — площадь поперечноо сечения труби ареометра,
h — длина труби, тода
mg = ρg(V + Sh).
При поружении ареометра на лубину x результирующая вы-
таливающая сила
F = ρg(V + S(h + x)) – mg;
F = ρg(V + S(h + x)) – ρg(V + Sh);
F = ρgSx.
Эта сила и вызывает олебания ареометра, т. е. можно записать
F = –kx, де
k = ρgS = ρg. (2)
Второй заон Ньютона для ареометра:
m(х)′′ = –kx. (3)
mv
max
2
2
----------------- -
Mu
2
2
------------ -
2Mgl 1 αcos−()
Mm+
---------------------------------------------
4gMlsin
2
α
2
---
Mm+
--------------------------------
α
2
---
Mgl
Mm+
-----------------
α
2
---
Mm+()l
gM
-------------------------
πd
2
4
--------- -
528
Введя обозначение = , преобразуем уравнение (3) следую-
щим образом: (х)′′ + = 0. Величина ω
0
= — циличесая час-
тота олебаний. Отсюда период данных олебаний
T = 2π. (4)
Подставляя (2) в (4), получим T = , отуда
ρ = = 0,89
.
10
3
/м
3
.
Ответ: ρ = 0,89
.
10
3
/м
3
.
7.5.23. В положении равновесия (рис. 7.5.20) на льдину
действуют силы: тяжести mg и Архимеда F
A
= ρ
в
а
2
x
0
g, де х
0
—
лубина ее поружения, и сумма сил равна нулю:
mg – ρ
в
а
2
x
0
g = 0.
При смещении льдины от положе-
ния равновесия на расстояние х (верти-
ально вниз) в произвольный момент на
нее действуют силы: тяжести mg и Архи-
меда F′
A
= ρ
в
gа(x
0
+ x). Результирую-
щая сила будет
F
рез
= mg – F′
Α
= –ρ
в
gа
2
x,(1)
де k = ρ
в
gа
2
— оэффициент возвра-
щающей силы.
Ка видно из (1), сила F
рез
пропорциональна смещению х и
направлена в сторону, противоположную смещению.
Полная энерия олебаний системы
W = = = 3,1 Дж.
Ответ: W = 3,1 Дж.
7.6.1. Коляса начнет сильно расачиваться, если промежуто t
между двумя последовательными толчами на улублениях будет
равен периоду собственных олебаний T оляси, т. е.
t = T,
де t = , T = 2π .
ω
0
2
k
m
---- -
ω
0
2
2π
T
------ -
m
k
---- -
4
d
---
πm
ρg
---------
16πm
T
2
d
2
g
-----------------
O
Рис. 7.5.20
kA
2
2
----------
ρ
в
ga
2
A
2
2
-----------------------
l
g
---
m
k
---- -
529
На аждую рессору приходится масса m = = 5 . Коэффи-
циент упруости k = .
Решив систему приведенных уравнений, получим о т в е т:
v = = = 0,48 м/с.
7.6.4. Весы представляют собой механичесую систему, совер-
шающую армоничесие олебания с частотой
ω
0
= ,
де χ = 4k — суммарный оэффициент жестости всех четырех пру-
жин.
При взвешивании автомобилей на систему будет действовать
внешняя периодичесая сила с частотой ω. Если частота внешней
силы совпадет с собственной частотой ω
0
системы, то наступит резо-
нанс, при отором весы будут совершать олебания с масималь-
ной амплитудой, и результаты взвешивания будут неверными.
Частота ω может быть найдена по формуле ω = 2π . Следова-
тельно,
= ,
отуда
N = = 5,8 взвешиваний/с = 20 921 взвешиваний/ч.
Однао это пратичеси невыполнимо.
О т в е т: N = 20 921.
7.6.7. Тело олеблется под действием силы тяжести mg и силы
реации опоры N. По второму заону Ньютона:
N – mg = ma.
В момент отрыва N = 0. Если тело не отрывается, то N > 0, т. е.
mg + ma
max
> 0 ⇒ g > –a
max
,
де a
max
= –ω
2
A = –(2πν)
2
А — масимальное усорение олеблюще-
ося тела, А — амплитуда олебаний, при оторой тело еще не
отрывается от доси. Найдем эту амплитуду:
g > (2πν)
2
A ⇒ A < = 6, 2 см.
Та а А
0
> A, то тело будет отрываться от доси.
О т в е т: тело отрывается от поверхности, та а A k A
0
.
M
2
----- -
m
0
g
x
0
-----------
l
2π
------ -
2m
0
g
x
0
М
---------------
χ
m
---- -
N
t
-----
2πN
t
------------
4k
m
------ -
t
2π
------ -
4k
m
------ -
g
2πν()
2
------------------