С.П. Стрелков, Д.В. Сивухин, В.А. Угаров, И.А. Яковлев - Сборник задач по общему курсу физики. Т1. Механика (1108148), страница 47
Текст из файла (страница 47)
Т = (!'.! — х ), !лЬ = Л', где х — расстояние рассматриваемого сечения от оси врангения. 9 10. Колебания 557. Графики зависимости от времени — синусоиды, смещенные относительно друг друга по фазе гиа рис. 246 эти графики изображены для колебания Сме!пение Скорость Ускоренно ю 2 Рис. 246 :с = хосовшс). Графики зависимости скорости от смещения — эллипс, ускорения от смещения — прямая Если амплитуда смешения хе, то амплитуда скорости е =- шхо и амплитуда ускорения уо =- шгхе, где ш — угловая частота колебаний. ~з, ! гаАе!эз 558.
Е,„„= (1 — сов 2шт), Е,м = (1 + сов 2шг), Е„!„= = — тА'ш~. 2 559. Уменьшится в хг2 раз 560. Т = — . О'~у 561. Т! = Т~~1 + а/д. Р е ш е н и е. Во время взлета ракеты с ускорением часы будут идти быстрее в у!1+ а!!д раз, чем в обычных условиях После выключения двигателя часы остановятся. Таким образом они покажут время Т! = Т~/1 -1- а/д. 562. Т =- 2х у(в!па -1- е!!гЩ 563.
Движение поршня будет происходить по закону и!кее ~1 (~)~пРО,, )~ 3 10. Ко,гебания 207 т.е, возникнут колебания с периодом Зуорг 564. !) Не изменится ничего; 2) частота уменьшится, а амплитуда увеличится. (Для двухатомных молекул )х)г, Ог и Н Т = сг,гсч = 7гг5 Для одноатомного газа Не у = 5гг3.) 565. Гармоническое колебание с периодом Т = 2лх/г9с7до, где Во радиус земного шара, до — ускорение свободного падения на поверхности Земли. Решение Ускорение в точке, находящейся на расстоянии г от центра земного шаРа, если г < Х)о, есть Р>гггХ!о, т.
е, УскоРение пРопоРционально смещению. Значит, тело будет совершать гармонические колебания около центра земного шара с амплитудой Ло и периодом Т = 2ль/КЯо (см, задачу 509). 566. Если То — период колебаний маятника при отсутствии полости, то при наличии полости период будет Т = Хо(1 — г) = )о(1 2 г) Тогг1 + 5 1О "). 567. Поезд будет совершать гармонические колебания с периодом Т =- = 2лх/Л/д — 84 мин, не зависящим от длины хорды 1 Линия отвеса будет перпендикулярна к хорде, вдоль которой движется поезд.
Часы в поезде будут идти медленнее, чем на Земле, в ьг),гсоз р раз, где 2ьг — центральный угол, опирающийся на хорду длины 1. По прибытии в противоположную точку земного шара часы покажут время Г' = ! гсозф = 0,9331, где à — время, отсчитываемое по неподвижным часам. Таким образом, часы отстанут на 2,8 мин. 568. Нить отвеса установится перпендикулярно к полу салона самолета. Т = 2х~Л сов огд .
иг 569. г' = г(1 + „,) = 1 ч 56 с. 41!газ ) 570. 1) Муфта будет постепенно (по мере роста ускорения) смещаться в направлении, обратном ускорению, максимальное смещение б = гпаХ!. — 1 см. та 2) Муфта начнет совершать колебания по закону х = — !1 — созигс), где ь х — координата муфты относительно тележки, отчитываемая от начального положения муфты, причем т считается положительным в направлении, противоположном ускорению тележки; иг = хЛ/т 9,9 с Вследствие наличия трения и сопротивления воздуха эти колебания постепенно будут затухать 3 а и е ч а н и е.
При вычислении величин смещения Г и частоты иг необходимо соответствующие величины, указанные в условии задачи, перевести в одну систему единиц (СИ, СГС и т.п.). Это замечание следует иметь в виду и при решении других задач. 57!. Если отклонение муфты от общего центра масс буде~ ты а отклонение тележки — з:г, то тхг =- ЛХх. Уравнение движения тележки ЛХх = — )г(х -г хг); заменяя хг из предыдущего равенства, получаем ЛХт, Х Л(1-Ь '— ')хг =О. Аналогично для муфты тхй ж Л(1+ )хг =- О.
208 Отваты и ращения Следовательно, будут происходить гармонические колебания тележки и муфlс!т, + ЛХ) ты с частотой ьр = — 10,8 с . Амплитуды колебаний муфты тгр! ЛХ пр = 5 см, тележки ! - =- 1 см. ЛХ -!- т АХ + т 572. 52 = и,,/тпХ(Р . 573. Г = Вф7д. БР4 г 2 р~д7" ~ ' (ХР 575.
х = — ! ! — сов)1 !). Максимальное натяжение пружины рави 12пм)пр|) з!памр д !/2 ! + совка Решение Для малых колебаний около положения равновесия кинетическая энергия системы равна К = '†",' (1 + " соа' Ро) Е', а потенциальная энергия ! д-'1т р ! 2тг 2дх' р 2 !/2 здесь ( = х! — х, — малое отклонение среднего груза от положения равновесия. о Полагая (ф = Асов(прот-1-а) и Хтчпм = К,„р, находим искомый ответ.
577. Если сила, действующая на груз со стороны доски, Р' = — Р, то уравнение движения груза Р— Р' = тг! х/ХР Значение ускорения груза находим из закона его колебаний: х = асозьр!! тогда получаем — Р' = Р = — Р— !паше сов а!1 = -(! + О, 32 соз 4пт) кгс. Рекомендуем начертить график изменения силы Р со временем. Р и 9,В 578. Л > -- —, = — — = — ' м. При предельной амплитуде Ло - -6, 2 см сила ггрррэ ррУ ! ВпР давления груза в верхней точке становится равной нулю.
579. Решен не. При снятии груза ЛХ положение равновесия сместится вверх на величину хо = ЛХд/й. Возникнут колебания чашки относительно нового положения равновесия х = по созщк Когда чашка начнет подниматься вверх, то вместе с ней будет подниматься и грузик т. В верхнем положении ускорение чашки достигает максимального значения а„„, = ьлхо = !рхо/рп = = Л!8(тп и напРавлено вниз. Если ачпм < д, т.е. ЛХ < т, то пРи обРатном движении чашки вниз грузик будет продолжать лежать на ней, и подскакивания не возникнут. Если арпа > зг, т.е. ЛХ > рп, то грузик отстанет от чашки и появятся подскакивания. 580. При щзА > яр грузик будет подскакивать, при ьлА < д — колебаться вместе с мембраной. 581.
й = 4п~Агг(дуп) О, 1. 582. А = 1-1- 583. х < тпд(Й = 20см. 585. При резонансе сила трения равна внешней силе: Р,р — — 100 дин. Амплитуда скорости пг, =- Арщ = 20п смус, Е = Гчргпо = 5!прус. 3 10. Колеоания 209 Применяя общий метод, находим г =г Згр~ 'г) В частности, для сплошного цилиндра и сплошного шара ~~~ — а,1, 2 /77 — о х Ае/ — о 589. 7'= 2п (1-ь г! . В частности, для сплошного цилиндра шаг д и сплошного шара 7 Аггг — а 5 д 3 Агг' — а 2 д 590. Т = 2пхггп) 2д, где и — высота треугольника. 591 Тг,ГТ) = 27'тгЗ, 592.
! = !5см. 593. 1'лггТн О, 9. Ре ш е н не. Пусть х — расстояние центра масс полудиска от центра диска, у — расстояние центра масс всего диска от центра диска. Тогда по теореме Гюйгенса-Штейнера момент инерции полудиска относительно оси, проходящей через его центр масс, 1о =- гггГЛггг2 — х'), где кч — масса полудиска и Л— радиус диска. Момент инерции относительно оси, проходящей через точку А. равен г г 1А = гп !Л-1-х) -1-гп 1 — — х ) -ЬпгчГЛ вЂ” х) -1-гп,г( — — х ) = Л[гн,.( — Л+ 2х) + пг„( — Л вЂ” 2х)). Момент инерции относительно точки В: 1н = Л~)т,,( — Л вЂ” 2х) + т„, ( — Л+ 2х)~.
586. При резонансе фаза скорости совпадает с фазой внешней силы н амплитуда скорости наибольшая. поэтому работа внешней силы за период А = т = ) Тг)з = ) ГпЖ будет наибольшей. о 587. Т = 2пхгг173д . 588. Решение. Рассматривая движение тела как вращение вокруг мгновенной оси с угловой скоростью щ, напишем для скорости его центра и = ига. Ту же скорость можно представить в виде о = 1Л вЂ” о)эц Приравнивая оба  — а выражения, находим ш = — ф. Кинетическая энергия по теореме Кенига а 1 г гп 1г К = — иг + — ГЛ вЂ” а) 15 =- — (т+ —, )1Л вЂ” а) ф . 2 2 2 аг Потенциальная же энергия 77 = тп7Л вЂ” а)7,! — совф — 1Л вЂ” а)Зг . тд 2 210 Ошеетог и решения Периоды колебаний будут: 3' Учитывая, что у = †" — '"х и --" = — = 4, получаем у = 1зх. Так как т„ч т,, га,„, 25 х =- ~ггзХХ,Гп, то 1'чг'Хв 0,9.
594. ЬУ = 2п 1, 29 с, где сг = Ь1'а = О, 1, Д = = аг'1= 0, !. г. ". Р— 2отла~ц, ь — . р б и системы, М вЂ” ее масса. Ь вЂ” расстояние от точки подвеса до центра масс. В данном случае 1 = р[ — !зЬ + (1+ — ))а 4 — аз), ЛХЬ = р( — 1 Ь + (1+ — )аз), где р — плотность материала.
595. а~о —— агссоь(! — 1ш~ао)(Зд)) — 8', где ш — частота колебаний маятника до отрыва груза; ТР = 2п~21/Зд = 1, 04 с. Указание. В момент отрыва груза стержень обладает угловой скоростью ст = оош, кинетической энергией Е„„= Хьюза,'12, где 1,-, — момент инерции стержня. Приравнивая эту энергию работе по подъему центра масс стержня до его полной остановки АХд — (1 — сазов), находим новую амплитуду. 2 596. Период будет таким же, как и в предыдущей задаче. Амплитуда будет равна начальному отклонению маятника, т.е. 10'.
597. Да, это место — центр качаний, находящийся на расстоянии ~Хз1 от подвеса. Подвеска груза в центре качания любого физического маятника не изменит его периода, однако размеры груза должны быть значительно меньше расстояния от цент а качания до точки подвеса. 598. 2' = 2п ЛХа — тх Решен не. Уравнение малых колебаний системы грузов будет (1 + тхд)р'+ (Ма — тх)й р = О, откуда и получаем ответ (Х вЂ” момент инерции маятника без грузика относительно оси качания.) 599. з„... = з,г — = , ш;а„, = — ~ — = — у 3, где ь — расстояние ~( т 2тГЗ ' "'"' 2 )1 1о точки подвеса от середины стержня туз пшз 1 га Решение. Для физического маятника: ш = = „(Хо = — 1 !.
1о 1о+ тзз !2 Максимум частоты находим из условия: гйе Хг(з = О, откуда и получаем ответ. 600. Р е ш е н и е. Движение маятника происходит по закону а = = аз соя ъгЗд/21 1. Второй закон Ньютона для кольца дает. à — гпдьчпа = = тсЫ, где Š— нормальная составляющая искомой силы (нормальное давление стержня). Так как шпсг = а, то Е.= т(с!г(+ Ьо); подставляя вместо 211 З 10. Колеоония о и 6 их значения из закона движения стержня, находим Г = аоггзд(1 — Зф21) сов т773д/21 д Касательную к стержню компоненту искомой силы (силу трения) Я определим из следующего уравнения: Ц вЂ” гипсово = т(оч)зг(.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
