Задачник по физике (механика), страница 20

Определитьприведенную длину lпр и период t колебаний такой системы. Массойстержня пренебречь.6.65. Физический маятник представляет собой тонкийl = 35 см . Определить на какомоднородный стержень длинойрасстоянии от центра масс должна быть точка подвеса, чтобы частотаколебаний была максимальной.6.66. Два математических маятника, длины которых отличаютсяна Δl = 16 см , совершают за одно и то же время одинmn1 = 10n2 = 6 колебаний.колебаний, другойОпределить длины маятников l1 и l2 .xM6.67.

Маятник метронома представляет собой грузM , качающийся около оси O , с прикрепленной к немуOспицей, по которой может перемещаться малый груз maC(рис. 6.13). Как зависит период колебаний маятника откоординаты x грузика? Момент инерции груза M равенI. Груз т считать материальной точкой.6.68. Тонкий обруч, повешенный на гвоздь, Рис.6.13вбитый горизонтально в стену,колеблется вплоскости, параллельной стене. Радиус обруча R = 30 см. Вычислитьпериод колебаний.6.69. Диск радиусом R = 24 смколеблется около горизонтальной оси,проходящей через одну из образующихцилиндрической поверхности диска.Каков период его колебаний?6.70. На тонкой нити длиной lподвешен шар радиусомr = 0,1l.Какова относительная погрешность вопределении периода колебания, еслимаятник считать математическим?m2RO2mRO1Рис.6.146.71. Обруч радиуса 2R имеет массу m иприварен к другому такой же массы и радиуса R1 (рис.6.14).

Системастоит на горизонтальном столе. Определить период Т ее малыхколебаний.1176.72. Шарик радиуса r катается по внутренней поверхностицилиндра радиуса R, совершая малые колебания около положенияравновесия . Найти период колебаний.6.73. Период колебаний крутильного маятника t0 = 4 с. Если нарасстоянии а = 0,5 м от оси колебания к нему прикрепить шар массойm = 0,3 кг (радиус шара r<<d ), то период колебаний станет равным T1= 8 с.

Определить момент инерции маятника.6.74. Физический маятник совершает малые колебания вокруггоризонтальной оси О с частотой ω1 = 15 с-1. Если в положенииравновесия к нему прикрепить под осью О на расстоянии l = 20 см отнее небольшое тело массы m = 50 г, то частота колебаний становитсяω2 = 10 с-1.Найти момент инерции первоначального маятникаотносительно оси О.6.75. Тонкая однородная пластинка в форме равностороннеготреугольника с высотой h совершает малые колебания вокруггоризонтальной оси, совпадающей с одной из его сторон.

Найтипериод колебаний и приведенную длину данного маятника.RmРис.6.156.76. Найти частоту малых колебаний системы,показанной на рис. 6.15. Известны радиус блока R,его момент инерции J относительно оси вращения,масса тела m и жесткость пружины k. Массы нитии пружины пренебрежимо малы, нить по блоку нескользит, трения в оси блока нет.Начальнаяамплитудаколебаний6.77.математического маятника A1 = 20 см, амплитудапосле 10 полных колебания равна A10 = 1 см.Определитьлогарифмическийдекрементδзатухания и коэффициент затухания β, если периодколебания Т = 5 с. Записать уравнение колебаний.6.78. Гиря массой m = 500 г подвешена к спиральной пружинежесткостью k = 20 Н/м и совершает упругие колебания в некоторойсреде.

Логарифмический декремент затухания λ = 0,004. Сколькоколебаний должна совершить гиря, чтобы амплитуда A колебанийуменьшилась в два раза? За какое время t произойдет это уменьшение?6.79. Жесткость пружин рессоры вагона k = 481 кН/м. Массавагона с грузом m = 64 т. Вагон имеет четыре рессоры. При какойскорости v вагон начнет сильно раскачиваться вследствие толчков настыках рельс, если длина рельса l = 12,8 м?1186.80. Затухающие колебания точки происходят по законуx = a0 e −βt sin(ωt). Найти: а) амплитуду смещения и скорость точки вмомент t = 0; б) момент времени, когда точка достигает крайнихположений.6.81. Тело совершает крутильные колебания по законуϕ = ϕ0 e −βt cos ωt.

Найти: а) угловую скорость ϕ& и угловое ускорение&& в момент t = 0; б) момент времени, когда угловая скоростьтела ϕмаксимальна.6.82. Математический маятник совершает затухающие колебанияс логарифмическим декрементом затухания λ = 0,2. Во сколько разуменьшится полное ускорение маятника в его крайнем положении заодно колебание?6.83.

Тело массой m = 10 г совершает затухающие колебания смаксимальной амплитудой Amax = 7 см, начальной фазой ϕ0 = 0 икоэффициентом затухания β = 1,6 c-1. На это тело начала действоватьвнешняя периодическая сила F, под действием которой установилисьвынужденные колебания. Уравнение вынужденных колебаний имеетвид x = 5 sin(10πt - 3π/4) см. Найти (с числовыми коэффициентами)уравнениесобственныхколебанийиуравнениевнешнейпериодической силы.6.84. Осциллятор массы m движется по закону x = α sin(ωt) поддействием вынуждающей силы Fτ = F0 cos(ωt). Найти коэффициентзатухания β осциллятора.6.85. Горизонтальный однородный дискмассы m и радиуса R укреплен на конце тонкогостержня АО (рис.6.16) при повороте диска наугол ϕ вокруг оси АО, на него действует моментупругих сил Nz = –kϕ, где k - постоянная.

Найтиамплитуду малых крутильных колебаний и ихэнергию, если в начальный момент дискотклонили на угол ϕ0 из положения равновесияи сообщили ему угловую скорость ϕ& 0 .AOϕ0Рис.6.161197.Элементы специальной теории относительности(СТО)7.1.Основные понятия и законыДля описания движения со скоростями, близкими к скоростисвета, Эйнштейном была создана релятивистская механика, т.е.механикаучитывающаятребованияспециальнойтеорииотносительности (СТО).СТО представляет собой физическую теорию пространства ивремени для случая пренебрежимо малых гравитационных полей.

В ееоснову положены два постулата.Первый постулат – принцип относительности Эйнштейна: всезаконы природы одинаковы во всех инерциальных системах отсчета.Неизменность вида уравнений при замене в них всех координати времени одной системы отсчета на соответствующие величиныдругой системы называется инвариантностью. Поэтому первыйпостулат можно сформулировать иначе: уравнения, выражающиезаконы природы, инвариантны по отношению к преобразованиямкоординат и времени при переходе от одной инерциальной системыотсчета к другой.Второй постулат – принцип постоянства скорости света:скорость света в вакууме ( c = 3 ⋅ 108 м с ) одинакова во всехинерциальных системах отсчета и не зависит от движения источникови приемников света.Врелятивистскоймеханикерассматриваютсятолькоинерциальные системы отсчета.

Во всех задачах считается, что осииy , y′z , z′yy′сонаправлены, x иKK′совпадают, аx′скоростьv0rv0системы координатотносительноx′ K ′xOO′K′ системыxнаправленавдольобщей осиxx′v0tx′ Рис.7.1z(рис.7.1).z′′Преобразования Лоренца – преобразования координат ивремени при переходе от системы K к K ′120x′ + v0t ′t ′ + v0 x′ c 2, y = y′, z = z′, t =.(7.1)1 − v02 c 21 − v02 c 2Из преобразований Лоренца вытекает преобразование скоростейv y′ 1 − v02 c 2vz′ 1 − v02 c 2vx′ + v0vx =, vy =, vz =, (7.2)1 + v0vx′ c 21 + v0vx′ c 21 + v0vx′ c 2где vx′ , v y′ , vz′ - компоненты скорости в системе K ′ , vx , v y , vz компоненты скорости в системе K .При малых скоростях преобразования Лоренца (7.1) переходят впреобразования Галилея(7.3)x = x′ + v0t ′, y = y′, z = z′, t = t ′ ,а преобразования скоростей (7.2) принимают видvx = vx′ + v0 , v y = v y′ , vz = vz′ .(7.4)Таким образом, более общая физическая теория СТО включает всебя известную теорию как частный случай.

Релятивистская механикапри малых скоростях переходит в классическую механику Ньютона.Релятивистское сокращение длины стержняl = l0 1 − v02 c 2 ,(7.5)где l0 - собственная длина, т.е. длина стержня в системе K ′ ,относительно которой он покоится, располагаясь параллельно оси x′ ,l - длина стержня в системе x , относительно которой стерженьдвижется со скоростью v = v0 .Релятивистское сокращение промежутков времениΔt 0Δt =,(7.6)1 − v02 c 2где Δt0 - собственное время, т.е. интервал времени между двумясобытиями, происходящими в одной точке в системе K ′ , измеренныйпо часам этой системы, Δt - интервал времени между двумясобытиями, в системе K , измеренный по часам системы K .Релятивистская массаm0m=,(7.7)1 − v02 c 2где m0 - масса покоя, т.е.

масса в системе отсчета, относительнокоторой частица неподвижна ( K ′ ), v = v0 , v - скорость частицы ( K ).Релятивистский импульсrm0vrrp = mv =.(7.8)1 − v02 c 2x=121Основное уравнение динамики (второй закон Ньютона) с учетом(7.8) имеет в релятивистской динамике тот же вид, что и вклассическойr dpr d (mvr )F==.(7.9)dtdtВ релятивистской механике полной энергией E называется суммакинетической энергии T и энергии покоя E0E = T + E0 .(7.10)Связь массы и энергииE = mc 2 ,E0 = m0c 2 .(7.11)(7.12)Учитывая соотношения(7.12), (7.11), из (7.10) получимвыражение для кинетической энергииm0c 222T = E − E0 = mc − m0c =− m0c 2 .(7.13)221 − v0 cПолная энергия и импульс релятивистской частицы связанысоотношениемE 2 − p2c2 = m2c4 .(7.14)0Связь кинетической энергии и импульса релятивистскойчастицы находим по формулеp 2c 2 = T (T + 2m0c 2 ).(7.15)1227.2.Примеры решения задачЗадача 7.1.

Вдоль оси х инерциальной системы отсчета движетсяракета со скоростью v = 0,9c, проходящая начало координат (точку О) вt = 9 с вслед за ракетоймомент времени t = 0 (см. рис.7.1). В моментпосылается световой сигнал из точки О, а с ракеты - световой сигнал вточку О. Найти: 1) момент времени t 2 , когда сигнал из точки Одостигнет ракеты; 2) момент времени t3 , когда сигнал с ракеты придетв точку О.Решение. В момент времени, когда из точки О испускаетсясветовой сигнал, ракета находится от точки О на расстоянии x1 = vt1 .Скорость, с которой световой сигнал догоняет ракету, равна (с – v).Следовательно, время достижения сигналом ракетыxvtΔt1 = t2 − t1 = 1 = 1 , oткудаc−v c−vvtc−v+vcttt2 = t1 + 1 = t1= 1 = 1 = 9 c.c−vc−vc − v 1− v cСкорость сигнала, идущего от ракеты к точке О, равна c.x vtПоэтому Δt2 = t3 − t1 = 1 = 1 , cледовательно,ccvtt3 = t1 + 1 = t1 (1 + v c ) = 9(1 + 0,9 ) = 17,1c .crЗадача 7.2.

ИмеютсяvB′две пары часов, одна из A′BB′ )которых( A′ ,движется относительносодругой(А,В)l′Aскоростью v (рис.7.2).lРасстояниемеждучасами А и В равно l,Рис.7.2они синхронизированы.Аналогично поступили с часами A′ и B′ в их системе отсчета.Момент, когда часы B′ и А оказались напротив друг друга, взятза начало отсчета. Определить: 1) показания часов B′ и В, когдаони окажутся напротив друг друга (с точки зрения наблюдателя,связанного с часами В); 2) показания часов A′ и А, когда ониокажутся напротив друг друга (с точки зрения наблюдателя,связанного с часами А).Решение. Показания часов В и B′ , когда они напротив другlv2 lv2друга, τ B = ; τ′B = τ B 1 − 2 = 1 − 2vcvc123Показания часов А и A′ : τ A =l′=vl 1−vv2c 2 ; τ′ =AτAl= .vv1− 2c2Задача 7.3.

Частица движется в системе К вдоль оси х соскоростью v x и ускорением a x . Система отсчета K ′ движетсявдоль оси x системы К со скоростью u. Чему равны скорость иускорение частицы в этой системе (см. рис.7.1).Решение. Воспользуемся преобразованиями Лоренца11.x′ = γ ( x − ut ); γ ==1 − β2u21− 2cПродифференцируем: dx1 = γ (dx − βcdt ) ,β ⎞⎛ ux ⎞⎛t ′ = γ⎜ t − 2 ⎟; dt ′ = γ⎜ dt − dx ⎟ .c ⎠⎝ c ⎠⎝Искомая скоростьdx− βcdx′ γ (dx − βcdt ) dtv −u=v′x === x,β dxuvxβ ⎞⎛dt ′1− 2γ⎜ dt − dx ⎟ 1 −cdtcc⎝⎠dxгде vx = . Это закон сложения скоростей.dtdv′Ускорение a′x = xdt′⎛ uvx ⎞′⎛ uvx ⎞ ⎛ uvx ⎞⎛ udv ⎞⎜1 − 2 ⎟(vx − u ) − (vx − u )⎜1 − 2 ⎟ ⎜1 − 2 ⎟dvx − (vx − u )⎜ − 2 x ⎟c ⎠c ⎠ ⎝c ⎠⎝⎝ c ⎠=dv′x = ⎝=22⎛ uvx ⎞⎛ uvx ⎞⎜1 − 2 ⎟⎜1 − 2 ⎟c ⎠c ⎠⎝⎝⎛ u2 ⎞⎜⎜1 − 2 ⎟⎟dvxc ⎠.=⎝2⎛ uvx ⎞⎜1 − 2 ⎟c ⎠⎝124⎛ u2 ⎞⎛ u2 ⎞⎜⎜1 − 2 ⎟⎟dvx⎜⎜1 − 2 ⎟⎟dvxc ⎠dv′x⎝ c ⎠⎝===a′x =2−1 22dt ⎛ uvx ⎞ ⎡⎛ β ⎞ ⎤ ⎛ uvx ⎞ ⎛ u 2 ⎞udx⎡⎤⎜1 − 2 ⎟ γ ⎢dt − ⎜ ⎟dx ⎥ ⎜1 − 2 ⎟ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ dt ⎢1 − 2 ⎥cc⎝⎠ ⎣⎝ ⎠ ⎦ ⎝c ⎠ ⎝ c ⎠⎣ c dt ⎦3232⎛ u2 ⎞⎛ u2 ⎞⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ax ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟c ⎠c ⎠dv= x⎝= ⎝.33dt ⎛ uvx ⎞uv⎛⎞⎜1 − 2 ⎟⎜1 − 2x ⎟c ⎠c ⎠⎝⎝x0Задача 7.4.