1611143573-8e94d034ccd828efcd3c13ed070577fb (825037), страница 46
Текст из файла (страница 46)
577. Если сила, действующая на груз со стороны доски, /э'= — Р, то уравнение движения груза Р— Г=т с(зх/5/э. Значение уснорения груза находим иэ закона его колебаний: х=а соэ вц тогда получаем — Р' Р= — Р— тавз соз вг — (1+0,32 соз 4яг) кгс. Рекомендуем начертить график изменения силы Р со временем. Р 8 9,8 578. А > — = — = —,' м. При предельной амплитуде А т5.2 см твэ вэ 1Бп' з сила давления груза в верхней точке становится равной нулю.
579. Р е ш е н и е. При снятии груза М положение равновесия сместится вверх на величину ха=Му/й. Возникнут колебания чашки относительно нового положения равновесия: «=ха соэ вб Когда чашка начнет подниматься вверх, то вместе с ней будет подниматься и грузик т. В верхнем положении ускорение чашки достигает максимального значения анан,=взлгй йхз/т=МБ/т и направлено вниз. Если а„,„,<8, т. е. М<т, то при обратном движении чашки нннз грузик будет про. должать лежать на ией, н подскакинания не возникнут.
Если аванс.хд, т. е. М)т, то грузик отстанет от чашка и появятся подскакивання. 580. При взА>8 грузик будет подскакивать, при взА<8 — колебаться вместе с мембраной. 58!. 8=4изА/(БТ') т О,1. 582. А= — !/ 1+ —. тя — / 285 тй 583. х~ т8/5=20 см. 585. При резонансе сила трения равна внешней силе: Гтр —— 100 днн. Амплитуда скорости аз = А„в = 20п см/с, Л=Р,р/оз=5/и г/с. 586. При резонансе фаза скорости совпадает с фазой внешней силы н амплитуда скорости наибольшая, поэтому рабата внешней силы 1 за период А= ~ /да= ~ /обг будет наибольшей. о 587.
Т =2п )гХ/35. 588. Р е те н и е. Рассматривая движение тела нан вращение вокруг мгионенной оси с угловой скоростью в. напишем для скорости его центра о=во. Ту же скорость можно представить в виде о )7 — а . ()7 — а)/р. Приравнивая оба выраэкення, находим в= — ф.
Ква нетическая энергия по теореме Кснига /( — в'-(- —, (/с — а)э фа = —, 1(т+ — /1 ()7 — а)э фа. 2 ' 2( аэ) Потенциальная же энергия (/ = тй (я — а) (! — соэ ф) т — (я — а) фз. тд 2 Применяя общий метод, находим Г в у~~~ ~)в=', В частности, для сплошного цилинлра н сплошного шара ГЗ )1 — а Т=ун )Т вЂ” —. 2 я Т=2п Т ™ — а ° Т я 589. Т=2п В частности, для сплошного цилиндра и сплошного шара 3 Ав/ — а Т=2п 2 д Т =2п 7 Ав/ — а 5 л 253 590. Т=2п )Я/2~~, где 6 — высота треугольника, 59! Тв/Тв=2/ У 3 ° 592. 1=15 см.
593 Тл/Тамб,9. Р е ш е н н е. Пусть х — расстояние центра масс полудиска от центра диска, р — расстояние центра масс всего диска от центра диска. Тогда, по теореме Гюйгенса — Штейнера момент инерции полу- диска относительно оси, проходящей через его центр масс, =гл(Вв/2 — х'), где гл — масса полудиска и Я вЂ” радиус инска. Момент инерции относительно оси, проходящей через точку А, равен /яв Юв /л=ш~~(п+х) +гаев ~ 2 — х /+шел(Я вЂ” х) +галл ~ х ) В ),ш, ЯВ+2хх+ш, (~  — 2хЯ Момент инерции относительно точки В: /л=)т ~тю (2 Я вЂ” 2х)+т,„(2 В+2х) 1. Периоды колебаний будут: Тл=уп /л Тл=уп Т (глвл(-юсв) Я+у) к ' г (тел+шве)(В р)я т„— ю,а т,„ Учитывая, что у= — 'х н — = —,=4, получаем у= /,х.
Так твв+ лввл глвл 2,5 как х=в/вВ/и, то Тл/Тл м 0,9. 1 1('/ва'/)) + (1 + '/вй'+ г/в()в) 594. Т=2п у в,',,' ' = 1,29 с, где а = = Ь/а = 0,1; р = а/1 - 0,1. Ре ш е н не. Т=2п )Г //(А455), где / — момент инерции колеблю- щейся системы, М вЂ” ее масса, П вЂ” расстояние от точки подвеса до центра масс. В данном случае (=р ~ — ')збз+(1+ — 'Х~аз ) — 'аз~, Мй-р ~ — '1ЯЬЯ+(1+ — "~ аз~, где р — плотность материала. 595. ссс=агосоз (! — (шям /(Зй)) т 8', где ю — частота колебаний маятника до отрыва грува; Т=2п У 21/Зя т 1,04 с. У к а з а н н е. В момент отрыва груза стержень обладает угловой скоростью а=панч кинетической энергией Е„„„= /стыза2, где 1„— ьюмент инерции стержня.
Приравнивая зту энергию работе по подъему центра масс сзтржия до его полной остановки Мд — (1 — соз ссс), 2 находим новую амплитуду. 596. Период будет таким же, как и в предыдущей задаче. Амплитуда будет равна начальному отклонению маятника, т. е. !О'. 597. Да, это место — центр качаний, находящийся на расстоянии з/з 1 от подвеса. Подвеска груза в центре качания любого физического маятника не изменит его периода, однако размеры груза должны быть значительно меньше расстояния от центра качания до точки подвеса.
595. Т =2п 1~ г Ма — тх Р еше н и е. Уравнение малых колебанкй системы грузов будет (1+тля))р+(Ма — тх) бсср=О, откуда и получаем ответ (1 — момент инерции маятника без грузика относительно осн качания.) /)с 1 и В /т к 599 зчсчс= з/ = —, ыяскс= гзх = — )' З,гдез— 2) 3 2 /с расстояние точки подвеса от середины стержня. асяз глйз Решен не. Для физического маятника: юс=- — = 1,+тз' (- т /с= — !з) . Максимум частоты находим из условия: йоз/с(э=О, с !2 откуда и получаем ответ. 500.
Ре ше вне. Движение маятника происходит по закону и=-ис соэ )/Зй/211. Второй закон Ньютона для кольца даст: Š— таз!па=шаг(, где Š— нормальная состзвляюшая искомой силы (нормальное давление стержня). Так как юп а = и, то Г=-т(абп яйа); подставляя вместо а н и их значения нз закона движения стержня, находим Г=ис та(! — Зб/21) соз УЗя/211. Касательную к стержню компоненту искомой силы (силу трения) (1 определим из следующего уравнения: () — тя сов а=т(я)яЫ. За- меняя сова через ! — сг'/2, получнм я =т (я(! — из/2)+(о)зб( нли, окончательно, У'21 ) е21 Р' 21 =ту ~! — — ~соэз ~/ — 1 — з!пз ~/ — 1)~ . 60 !. Т = и (ГХ/д. 2я / 1+ тгз 602.
т= — гаг —. Лля сплошного цилиндра т=п ргзгп/А. 2Д 603. Т=2п 'г' 1/ЗО. В более общем случае, когда плита не одно. родна, но центр масс ее совпадает с геометрнческнм центрам платы, Т = 2п Р' 2/1/(Мдаз), где 1 — момент инерции плиты отиоснтел ьпо верти- кальной осн, проходящей через ее центр, а — длнва одной из сторон плиты. 604. Т =2п )г 1/2я. йьй Г й та~те Т з,). ооо. Т=(гт,*+т,', ю. р-ь г~7шхьч.
608. хе —— шда/а/, Т=2п (' //й/з. т / 2л — шл/ Ти г 20т гпа/ 6!О. т=оп 1/ г (шз+ шз) /г 6!! т=2 Г /(/ + 1,) ' т" 6!2, гз ! — — —, где Т вЂ” период колебаний Т (/'! ь ///р 2 /о неподвижных часов, а Т' — часов, лежащнх на абсолютно гладком горнзонтальном столе. Ход часов ускорится на О,!зю у й(т, +шз) 614.
Т = 2п (Г' Г М У М-(-т я 6!5. Тх=2п Рг21/Зй Тз=2м Рг//Оя Т /Т =2. 6!6. Р е ш е н н е. Задача сводится к нахождению выражений для потенциальной н кинетической энергнй системы. С этой целью мысленно заполннм полость тем же веществом, нз которого сделан цнлнндр. Образовавшийся такнм образом сплошной однородный цилиндр навезем цилиндром 1, а цнлнндр вдвое меньшего раднуса, заполняющий 265 полость, — цилиндром 2. Массы цилиндров обозначим соответственно жт и та. Энергия системы, как потенциальная, так и нинетическая, будет равна разности энергий цилиндров 1 и 2.
При повороте системы из положения равновесия на угол 9 (рис. 247) центр масс цилиндра 1 остается на прежней высоте, его потенциальная энергия ()г не изменяется. Потенциальная же энергия цилиндра 2 становится р равной (1 =таййв где й,= =)7-(- — соь 9 — высота центра Л 2 Рис. 247, масс этого цилиндра над гори- зонтальной плоскостью, на которой находится система, Полная потенциальная энергия всей системы (г =- Уг — Оз = сонь( — лааКЯ (1+ '1а соа ф. Единственное переменное слагаемое, которое она содержит, есть — '1а глздЯ соь 9.
ПоэтомУ пРи надлежащем выбоРе адднтивной постощщой величину (7 всегда можно представить в виде (7 = сопз1+ т)з щадй (! — соь 9) = сопз(-1- тай)) ь)п' (ай(2), нлн дла малых Углов ~Р 0 сонь(+'1атадКай'. Кинетнческаа энеР- гия системы К=-'1,(1,— 1,]ар', где 1, и 1,— моменты инерции цилиндров относительно мгновенной осн.
При изменении угла ~р величины 1, и 1 изменяются. Но для малых колебаний этими изменениями можно пренебречь н отнести 1, н 1з к тому моменту, когда сисгема находится в пологкенип равновесия. В этом положении с помощью теоремы Гюйгенса — Штейнера нетрудно получить 1, = ='галаг)7', 1а='а(згль)та. Приняв еще во внимание, что лат=-4ть, найдем К=в1,аваКа<рз. На основании полученных выражений для () и К заключаем, что малые колебания системы будут гармоническими с периодом Т и )' '29)т(а. я~.
- Рч,Р аа а=~ба . ~- "; (а+ Ы'+'1а г' =49,6 см, о Т.=-2п 'ахд(й 9==1,42 с, а=2 (о+6) =34,8 см. ва 919. г =та (1+ соь ва(), гпе ва= аг' й/ль ПРи этом ва — в' должно быть в < ва. В противном случае груз на вращающейся штанге неограниченно удалялсн бы от оси вращения, и равновесие, вопреки условию задачи, бьио бы невозможно. 619. Т=2п и и 1,26 с. д(+ щ то 920, 1) Если отвести оба грузика в одну сторону в плоскости, проходящей через точки крепления струны, иа одинаковое расстояние, то период колебаний Т<=2п )' п<()Р 0,05 с. 2) Если отвести оба грузика на одинаковые расстояния в разные стороны, то период Т, =- =2п )< <п(/2Е = 0,035 с.
См. замечание к ответу задачи 570, У к а з а н н е. В первом случае среднян часть струны (между тру. знкал<и) будет всегда параллельна первоначальному положению, и ускорение массам будут сообщать натяжения только крайних отрезков струны. Слсдователы<о, массы будут двигаться так, как вдвое ббльшая масса, находящаяся на середние укороченной в два раза струны при том же натяжении.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
