1611143553-a5dfe0cd78607269d954ff04820322e4 (825013), страница 61
Текст из файла (страница 61)
Если )! — й/2 < О, то доска упадет. 041. Уравнение движения груза массы т имеет вид ша = — йх, где х — абсолютное удлинение пружины. Из уравнения следует, что период колебаний т может зависеть только от т и й. Размерность коэффициента жесткости [й) =М[Тз. Следовательно, т=С У т7й, где С вЂ безразмерн коэффициент.
Точный расчет приводит к выражению т=2я угой. 042. Период малых колебаний математического маятника ие зависит от амплитуды (т. е. от наибольшего угла отклонения) и равен Т = 2п )г !)я. Независимость периода от величины максимального угла отклонения является следствием того, что сила, направленная к положению равновесия, в каждый момент пропорциональна углу се отклонения маятника. Еслп бы эта пропорциональность углу отклонения и сохранялась н при больших амплитудах, период колебаний такого воображаемого маятника в любом случае был бы равен Т =2я )г Г/у. Однако при больших углах отклонения сила, возвращающая маятник, пропорциональна не углу а, а синусу этого угла.
Так как з!п и < а (а ~ 0), то при тех же амплитудах возвращающая сила, а значит,' и ускорение реального маятнйка меньше, чем у того, у которого сохраняется пропорциональность между силой и углом. Поэтому период Т, колебаний реального маятника больше, чем воображаемого, т. е. Т, > 2я З' Я. Следовательно, с увеличением максимального угла отклонения период колебаний математического маятника увеличивается. 643. Пусть т=я 1, где т †пери колебаний математического ар маятника, ! — его длина: [т[=т, (а"1 1Р1=(. Атз". Из последнего соотношения следует, что а+Р=О, 2а= — 1.
Таким образом, т=[(ф) У7Я. Здесь /(ф) — функция максимального угла ф (((Фз) > 7(фг), если чз > фм см. задачу 642). Расчет показывает, что при ф — ъ 0 [(ф) имеет предельное значенве 2я. Итак, период малых колебаний математического маятника равен т=2п [гг!(й. 644. Обозначим через 1 ллину недеформированной пружины. Тогда расстояния первого и второго брусков до центра масс определяются из 'соотношений т,1г=т 1, 1д+1 =1, Обозначиы через х и у перемещения первого и второго брусков в случае, когда пружина сжата. Тогда расстояния брусков до центра масс удовлетворяют соотношению т, (1г — х) = тз(1з — у), или тзх = тзр. Пружина сжата на величину я+у=я( ' з ).
Сила, с которой пружина действует на первый брусок, равна Р= йгх, где йг=й —. шг+шз тз .' Таким образом, период колебаний первого бруска равен (см. за- дачу 641) т= 2н )/ — г=йн )/ „ Период колебаний второго бруска, очевидно. будет таким же. 645. Пружина, распрямляясь, действует на оба грува. Груз, стоящий у стенки, сначала неподвижен, а второй грув начинает двигаться.
Когда пружина полностью распрямится (т. е. придет в недеформированное состояние), второй груз будет иметь скорость Следовательно, система приобретет количество движения, равное тзо= )~ йшех. Это количество движения будет сохраняться, так как внешние силы в горизонтальном направлении не действуют. Центр масс системы будет двигаться со скоростью )г йшех пс= т,+тз ' При этом грузы будут колебаться относительно центра масс с перио- дом колебаний т,тз й (ш,+те) (см.
задачу 644). 646. Период колебаний груза на пружине Т=2н )/а7А, где Ф вЂ” коэффициент упругости пружины, равный отношению силы, вызвавшей удлиненне пружины, к этому удлинению: й Р(х. Прн последовательном соединении двух одинаковых пружин, растягиваемых силой Р, й«=Р/х,=Р/2л=й/2, так как каждая из пружин увеличивает свою длину иа х. При параллельном соединении двух одянаковых пружин сила Р,, необходимая для увеличения длины каждой нз пружин на х, должна быть в 2 раза больше Р. Следовательно, й, = Р,/х = 2Р/х = 2й. При последовательном соединении Т,=2п1/ш/й =2пу'2ш//«, а пря параллельном Т«=2п)/т/2й.
Отсюда Т,/Т,=2. Период уменьшится в 2 раза. 647.-Отклоним оба маятника от вертикали в одну и ту же сторону на одинаковый угол. Пружина при таком отклонении не будет деформирована. Легко сообразить, что, отпущенные нз этого положения, маятники будут колебаться в фазе с частотой ю= р/й/й Прн отклонении в разные стороны на одинаковые углы колебания маятников будут происходить в противофазе и пружина будет деформироваться. Для того чтобы подсчитать частоту этих колебаний, найдем силу, возвращающую маятники в положение равновесия. При отклонении на угол ф сила, действующая со стороны пружины на тело ш, равна 2И з(п ф.
Сумма проекций силы тяжести н силы упругости на касательную к окружности, так называемая «восстанавлнвающаяь сила Ры будет райна Рг = шй з(п 4/-(-22! з1 и ю соз ю (рис. 481). Так как при малых углах соз ~р ю 1, то Р, (шй+26!) зш ~р, илн Р,=т(я+22!/т) яш ар.
Для математического маятника «восстанавливаиицаяэ сила равна «ля з!и йь Прн этом часта колебаний при малых углах ф определяется формулой в= 3~8/!. В нашем случае роль я играет велячнна Рнс. 481. Рис. 482. я+ 22!/пь Следовательно, ю = у' (я+ 22!/т)/!. Период колебаний а=2 $ И+2««~ 648. Вертикальная составляющая силы натяжения Т равна Р=Т сов ««(рис. 482). Для конического маятника Р=шл, так как груз не обладает ускорением в вертикальной плоскости. В случае математического маятника при максимальном отклонении его от положения равновесия (на угол и) результирующая сала направлена по касательной к траектории груза.
Следовательно, Т = тй сова. При отклонении на угол а натяжение нити конического маятника будет больше. 649. На поверхности земли период колебаний маятника Тз = 2п г' 1/д. Нз высоте И над землей период колебаний маятника Т, = 2яр'!/лм Число колебаний за сутки И/ь=24 60 50 !/Т =И/Тм Следовательно, на высоте И над землей часы отстанут за сутки на время Отношение периодов Т,/Т,= ~Г~Д=В/(К+И), как вытекает нз закона всемирного тяготения. Отсюда дгг = ИИ/Я+И) ш ИИ//7 ш 2,7 с. Если часы опущены в шахту, то отношение ускорений я,/5= = Я вЂ” И)/)7, так как 4л з 1 4п /ГР 'йз У Я вЂ” И)зр 3 Р" -' ' 3 Г, 7,д, Гул= Г(Я вЂ” ИДЯ 1 — чу, ч ° атом случае отстанут на время И/з=И(! — Тз/Тз)=ИИ/2К ш 1,35 с. 650.
Каждая половина стержня с шариком на конце представляет собой математический маятник длины о/2, совершаиицяй кобебания в поле тяготения большого шара. Математический маятник в поле тяготения Земли имеет период малых колебаний Тз = 2п )/ !/й. По закону всемирного тяготения ей= утМз//7з, следовательно, Т,=2п г~!/7з/уМз,. где у — гравитационная постоянная, Мз — масса Земли, /! — расстояние маятника от центра Земли. Соответственно в поле тяготения большого шара период малых колебаний математического маятника длины 1=я/2 будет равен Т=2н )/Ыз/27М ш 5,4 часа. 651.
Период колебаний математического маятника равен Т=2п $/ !/й', где 5' — уснореиие сйободного падения в соответствующей системе координат. В нашем случае 5' = )/ йз+а~, где 5— ускорение свободного падения относительно Земли. Таким образом, =2 г ~/~~~ 652. Т=2п ~1/(5+а). 653. Заменить в предыдущем ответе Я+а на !я — а!. 654. Колебания кубика в чаше вполне аналогичны колебаниям математического маятника, только вместо натяжения нити на кубик действует реанция опоры. Следовательно, искомый период колебаний Т=2 ~Щ.
655. При М >)т ускорение чаши а/ Е/М вЂ” 5. Следовательно (см. задачу 654). Т = 2л ГЖ/(й+ а) = 2п !/ й М(Р. Прн с=О, т. е. при свободном падении чаши, Т=со — колебания отсутствуют. Если Р=Мя, то Т=2я 3Щ7 666. Колебания кубика вызовут периодическое смещение чаши в горизонтальной плоскости. Следовательно, период колебаний кубика уменьшится, так как в системе координат, связанной с чашей, появится дополнительное переменное ускорение, направленное горизонтально (см.
задачу 65!). 667. Сравним движение центра обруча с движением конца математического маятника длины )1 — г. Обе эти точки описывают дугу окружности радиуса )1 — г. Предположим, что при угле ыз обруч и маятник покоятся. На основании закона сохранения энергии для скорости о, центра обруча и скорости о„ конца маятника в зависи.
мости от угла в имеем следующие выражения: о„= 2я()! — г) (соз ~р — соз <рз).- (Выражение кинетической энергии обруча, катящегося без проскальзывания, см. в задаче 2!5.) Йз этих. выражений следует, что о = = о„1 Э'2. Так как центр обруча движется в )г2 раз медленнее маятника, то период движения центра обруча будет в )Г 2 раз больше, чем период движения математического маятника длины )1 — г. Таким образом, для искомого периода имеем выражение Т= '=в гтгз — 'пч. в„, . '~ 0 т-ь у~зч, на первый взгляд может показаться, что при г=О должно иметь место равенство Т= 2л )г Ф~~.
Это связано о тем, что при г -ьО энергия вращательного движения обруча не исчезает. 666. Пусть стержень первоначально отклонен от положения равновесия на угол сг. В тот момент, когда стержень будет составлять с вертикалью угол (), угловая скорость ы, стержня на основании закона сохранения энергии будет равна ыг = рl (соз р — соз сс). тг 1зг+ тз)зз Рассмотрим теперь математический маятник длины 1. В этом случае при тех же углах а и р ы,= згг — (соз () — сова).
/2я У Подберем 1 так, чтобы вгг = аз. Для этого 'надо потребовать, чтобы тг!за+ ш,!зз гпг1г+ шзгз Угловая скорость характеризует изменения угла р с течением времени. Так как ю, =ы„ то периоды колебаний двух маятников равны. Для математического маятника Т= 2л ~ !1д. Следовательно, искомый период равен Т=уж зl 1 + г шз!а+тз1з и 12 Б. Б. Бухозцев в др. 669. Данная задача решается тем же методом, что н задачаббй.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
