Физика в задачах для поступающих в вузы - Турчина Н.В.
ISBN 978-5-94666-452-3
Скачать (прямая ссылка):
-_° = -n1-A + m2gA +
2
4тг + m 2
Ответ: T = 2п
4m + m
k
; Vmax = A
O
П
7777777.
©
I.
T a
7.5.11. На тело массой m И действуют (рис. 7.5.16): сила уп-
TngfiT-F' ругости пружины F и сила тя-
жести mg. На тело массой M действуют: сила упругости пружины F, сила тяжести Mg и си-
11! I ла реакции опоры N1.
177777^7, „
Запишем второй закон Ньютона:
Mg Mg для случая I, когда сила
Рис. 7.5.16 давления наибольшая,
F
?
г mg
7777777,
F - mg = mamax
N1 -F- - MTgy = 0 ^ N1 = (M + m)g + mamax;
для случая II, когда сила давления наименьшая,
[F' + mg = ma x
^Mg -F- - N2 = 0 ^ N2 = (M + m)g - mamax,
где F' — сила упругости.
Максимальное ускорение тела равно
2max = ^
где A — амплитуда.
По третьему зак реакции опоры N. Поэтому можно записать
По третьему закону Ньютона сила давления Fffl равна силе
F Я1 = N1 = (M + т ) g + mA ю2 = 15 F д2 N2 (M + т)g - тАю2 , ^
Тело оторвется от стола, если
1
кр
N2 = 0 ^ mA ю2 = (M + m)g,
524
m
v2 1 v max
2
mv
4m1 + m2
следовательно,
Akd = (M + m)g = 0,08 м = 8 см.
кр m rn2
Ответ: N1XN2 = 1,5; Акр = 8 см.
7.5.12. 1. Пусть а — длина стержня, І2 — удлинение второй пружины в положении равновесия. Первая пружина действует на стержень с силой ^1^1, а вторая — с силой ^2?. При равновесии стержня суммарный момент этих сил относительно оси O равен нулю:
k1l1 ¦ 3 — k2l2 ' g а = 0,
откуда деформация второй пружины
I2 = .
2 2й2
2. Пусть в некоторый момент при малых колебаниях смещение шарика от положения равновесия равно х (см. рис. 7.5.17).
Растяжение первой пружины увеличится
на f , а второй уменьшится на 2^- . Следовательно, деформация первой пружины будет
I1 + 3J , а второй — ^ I2 — 2fJ . Потенциальная энергия каждой пружины равна соответственно
= ^ + f J 2 = "2 (l2 - 2fJ 2
En1 2 , En2 2 .
Кинетическая энергия шарика Ek = mH- , где v — скорость шарика. При гармонических колебаниях механическая энергия системы постоянна:
En1 + En2 + Ek = c0nst.
Подставив в последнее равенство записанные выше выражения и продифференцировав полученное уравнение по времени, после упрощений приходим к уравнению
й, + 4й„ а = — —-----2 х,
m
525
где
-, + 4-2 „
—-----2 = ю2 — квадрат циклической частоты. Так как период
колебаний T = — , то, следовательно,
T = 6п
/Jk,
m
— + 4 —
— 1-і
Ответ: I2 = -L-1; T = 6п .
2 2k2 /Jk1 + 4k2
7.5.13. При смещении шарика из положения равновесия на него будет действовать возвращающая сила (см. рис. 7.5.18)
F = mg sin а.
Так как шарик совершает гармонические колебания, то
-mg sin а = -kx,
где к — коэффициент возвращающей силы, x = аД — смещение шарика из положения равновесия. Следовательно,
mg sin а = каД.
Чтобы колебания были гармоническими, угол а должен быть мал. В этом случае sin а d а и
к = mg.
R
Полная энергия гармонических колебаний в любой момент равна
E =
-A2
2 '
где A = smax — амплитуда колебаний. Следовательно,
M1-
E =
mgSm
2R
I /-Zcosa rW®rjr:
t
77777777777777777777,' Рис. 7.5.19
и
= 12,5 ¦ 10-6 Дж.
7.5.17. Воспользуемся выражением для максимальной скорости тела, совершающего колебания с 2п
частотой (Й0 = — :
vmax = “(А
где A = а1 — амплитуда колебаний (рис. 7.5.19). Следовательно,
2 па-
T =
2па-
max
T
v
max
526
Так как скорость груза максимальна при прохождении им положения равновесия, а система «груз—брусок» замкнута в горизонтальном направлении, то законы сохранения импульса и энергии имеют вид:
mvmax = Mu, mg(Z - I cos а) = + mJu: .
Отсюда получим
4 gMlsin2 а
v = 2Mg l( 1 - cos a) = ________2 = 2 sin а Mgl
max V M + m \M + m 2 V M + m ’
Поскольку угол а мал, то sin 2 d а. Из приведенных уравнений
находим
T = 2п /(M + m) 1 = 1,23 с.
V gM ’
gM
О т в е т: T = 1,23 c.
7.5.20. На ареометр действуют: сила Архимеда Fa = pg(v + sh) и сила тяжести mg.
Условие равновесия ареометра:
mg + Fa = 0 или mg = Fa. (1)
Пусть S — площадь поперечного сечения трубки ареометра, h — длина трубки, тогда
mg = pg(V + Sh).
При погружении ареометра на глубину x результирующая выталкивающая сила
F = pg(V + S(h + x)) - mg;
F = pg(V + S(h + x)) - pg(V + Sh);
F = pgSx.
Эта сила и вызывает колебания ареометра, т. е. можно записать F = -kx,где
k = pgS = pgnJ ¦ (2)
Второй закон Ньютона для ареометра:
m(x)" = -kx. (3)
527
Введя обозначение ю° = — , преобразуем уравнение (3) следую-°m
щим образом: (х)" + ю2 = 0. Величина Ю0 = 2р — циклическая частота колебаний. Отсюда период данных колебаний
T=2п Im •
(4)
Подставляя (2) в (4), получим T = 4 Inm , откуда
dH Pg
P =
16п m
= 0,89 ¦ 103 кг/м
T2 d2 g
Ответ: p = 0,89 ¦ 103 кг/м3.
7.5.23. В положении равновесия (рис. 7.5.20) на льдину действуют силы: тяжести mg и Архимеда Fa = pBa2x0g, где Х0 — глубина ее погружения, и сумма сил равна нулю:
