уп_Вабищевич_Физика ч

3.4. Примеры решения задач

Пример 1. Однородный стержень совершает малые колебания в вер- тикальной плоскости вокруг горизонтальной оси, проходящей в плоскости его верхнего торца. Длина стержня L = 0,5 м. Найти период колебаний.

(Уровень 2).

Решение. Для определения периода колебаний воспользуемся формулой

T = 2π	J
		.
	mgd

Маятник представляет собой стержень. Момент инерции стержня

относительно оси, проходящей через его центр масс, J0 = 1 mL2 . Относи- 12

тельно оси вращения момент инерции можно определить по теореме Штейнера (d = L/2)

		1			L 2			1
J = J0	+ md 2 =			mL2 + m			=		mL2 .
		12
					2			3

Определяем период

T = 2π	2		mL2	= 2π		2L		; Т = 1,15 c.
	3 mgL
						3g

Ответ: Т = 1,15 c.

Пример 2. Физический маятник представляет собой тонкий одно- родный стержень. Определить длину стержня, если частота колебаний ма- ятника максимальна, когда точка подвеса находится от центра масс на рас- стоянии x = 20,2 см. (Уровень 3).

Решение. Циклическая частота собственных колебаний физического маятника

ω =	mgx	,	(1)
0	J

где m – масса маятника; J – момент инерции.

Согласно теореме Штейнера момент инерции стержня относительно точки подвеса, отстоящей от центра масс на расстоянии х,

J =	1	mL2 + mx2 .	(2)
12

151

Поставив (2) в (1), получим
		ω0 =		12gx		.					(3)
				L2	+ 12x2
Найдем экстремум функции (3)
	dω	=	6g(L2		−12x2 )			= 0 ,
	0		x1 2 (L2 + 12x2 )3 2
	dx
откуда
			L2 −12x2 = 0 ,
т.е. искомая длина маятника
			L = 2		3x .
Вычисляя, получим L = 70 см.
Ответ: L = 70 см.
Пример 3. На концах тонкого стержня длиной l = 30 см и массой
m = 400 г укреплены грузики массой m1 = 200 г и m2 = 300 г. Стержень колеб-
лется вокруг горизонтальной оси, проходящей через его середину (см. рису-
нок). Определить период колебаний, совершаемых стержнем. (Уровень 4).
Решение. Период колебаний физического маятника, каким является
стержень, определяется по формуле
		T0 = 2π			J
					,						(1)
					mgd
где J –	момент инерции маятника;			m = m1 + m2 + m –						масса маятника; d –
расстояние от центра тяжести (центра масс) маятника до оси.
	m1		Определим положение центра масс ма-
		ятника. Центр масс стержня находится в его
		середине, в точке O (см. рисунок). Положе-
		ние центра масс грузиков (точка C1 ) найдем
	O	из соотношения
l					m1(l − x) = m2 x ,						(2)
	d
b
	C	откуда
	C 1						x =		m1	l
	x							m1	+ m2
	m2	и расстояние b между центром масс грузиков
				152

(точка C1 ) и центром масс стержня (точка O )

	l		1		m			l m			- m
b =		- x = l ³		-	1		=			2	1	.
	2		2
					m1 + m2			2 m1 + m2

Положение общего центра масс (точка С) определим по аналогии с (2)

md = (m1 + m2 )(b - d ) ,

откуда

	d =		m1	+ m2	b =	l m2			− m1	.	(3)
		m1	+ m2 + m3			2 m1 + m2 + m

Момент инерции маятника согласно свойству аддитивности момента инерции определим суммой

J = J1 + J2 + J3 ,

где J1 и J2 –			моменты инерции грузиков;																											J3 –		момент инерции стержня
относительно оси, проходящей через его центр масс.
J = m			l				2 ;											J		= m						l 2				;							J				=		1	ml 2 .
																			2																			3
1 1																						2																			12
			2																								2
Общий момент инерции
		J = m						l			2	+ m		l				2		+	1				ml2 =					l 2	m + m +									m		.			(4)
					1							2								12												1					2
								2						1																4										3
Решая совместно (2), (3) и (1), получаем
													l2														m
																				+ m2 +																									m
															m1																									m + m +
T = 2p			J			=							4														3							=			l				1			2	3		.
		mgd									(m1 + m2 + m) g											l					m2 - m1										2g					m - m
																																									2			1
																						2 m1 + m2 + m

Заметим, что при m2 = m T → ∞ , что соответствует состоянию без-

различного равновесия (ось вращения проходит через центр масс). После подстановки известных величин получаем

T = 2 с.

Ответ: T = 2 с.

153

Пример 4. Ареометр массой 0,2 кг плавает в жидкости. Если погру-
зить его немного в жидкость и отпустить, то он начинает совершать колеба-
ния с периодом T = 3,4 с. Считая колебания незатухающими, найти по дан-
ным этого опыта плотность жидкости ρ , в которой плавает ареометр. Диа-
метр вертикальной цилиндрической трубки ареометра d = 1 см. (Уровень 4).
		Решение. На ареометр в состоянии
x		равновесия действуют сила тяжести mg и
		выталкивающая (Архимедова) (см. рису-
FA	FA1
		нок). Силы направлены противоположно и
		равны по величине:
		mg = FA .
		При погружении ареометра в жид-
mg	mg	кость на глубину x величина выталки-
		вающей силы увеличивается, результи-
рующая сила будет равна изменению выталкивающей силы и направлена к
положению равновесия, т.е. вверх.

F = ρVg = ρSxg =	ρπd	2 g	(1)
		.
A	4

Если ареометр приподнять относительно положения равновесия на величину x , то выталкивающая сила уменьшится и результирующая сила,

равная FA , будет направлена вниз.

Таким образом, величина изменения выталкивающей силы является квазиупругой силой, т.е. пропорциональной изменению положения тела x . Хотя ареометр является сложным телом, совершая колебательное движе- ние, он движется только поступательно. Поэтому дальнейшее решение осуществляем в модели материальной точки. На основании второго закона Ньютона можно записать:

ma =	F или	ma = −	ρπd	2 xg	(2)
				.
	A		4
Знак (−) указывает,	что направление смещения x				противоположно

направлению силы FA .

Из уравнения (2) следует:

a = −	ρπd	2 xg	(3)
		.
	4m

154

Сравнив уравнение (3) с дифференциальным уравнением гармониче- ских колебаний

a = -w2 x ,

(4)

делаем вывод, что

w =

rpd 2 g

(5)

4m

.

С другой стороны, циклическая частота колебаний

w =

2π

.

(6)

T

Приравняв правые части равенств (5) и (6)

rpd

2 g

=

2p

,

4m

T

находим

4m × 4p2

16mp

r =

=

;

2

2

2 2

pd T

d T

g

r =

16 × 0, 2 ×3,14

= 890 кг/м3.

10−4 ×(3,14)2 ×9,8

Ответ: ρ = 890 кг/м3.

Пример 5. Тонкий стер-

жень массой m и длиной l под-

α

вешен за концы на нитях дли-

ной h (см. рисунок, а).

Стер-

h

N

жень поворачивают на

угол

ϕ

(малый) ϕ0 в горизонтальной

l

Fр

плоскости и отпускают. Опреде-

m

а)

б)

лите период колебаний стержня.

g

2

(Уровень 4).

Решение. При повороте стержня на угол ϕ от положения равновесия нити подвеса отклоняются от положения равновесия на угол α (см. рису- нок, б). Из рисунка следует, что при малых значениях ϕ и α выполняется равенство

l j = ha , 2

155

из которого получаем

α =	lϕ	.	(1)
	2h

На точку соединения концов нити и стержня действуют две силы:

mg и N – натяжения нити. Векторная сумма этих сил является вектором

2

возвращающей силы Fв , модуль которой с учетом малости углов

F = m g sin α m α .
в	2	2

Силы Fв , действующие на концах стержня, образуют пару сил, вра-

щающих стержень относительно его центра масс. При этом

М		= F l =	mg	lα .	(2)
	вр
		в	2

Период колебаний стержня можно определить, используя теорию крутильных колебаний, так как вращающий момент в рассматриваемой системе, как и в случае крутильных колебаний, пропорционален углу по- ворота стержня:

		М		= kϕ и T = 2π	J	,	(3)
			вр
					k
где J =	1	ml 2 – момент инерции стержня относительно его центра;					k –
12

коэффициент кручения подвеса.

Приравнивая теоретическое выражение крутящего момента крутиль- ных колебаний к полученному по условию задачи, запишем

kϕ =

mg

lα ,

(4)

2

найдем выражение для k , подставляя (1) в (4):

k =

mg

l

α

=

mg

l

l

=

mgl

2

.

(5)

ϕ

2

2

2h

4h

Подставляя (5) в (3), получаем

ml2 4h

T = 2π

= 2π

h

.

12mhl 2

3g

Ответ: T = 2π

h

.

3g

156

3.5.Задачи для самостоятельного решения

1.Однородный диск радиусом R = 40 см колеблется относительно гори- зонтальной оси, перпендикулярной к плоскости диска, проходящей че- рез точку подвеса O , лежащую на краю диска. Определите период ко-

лебаний диска. [T = 2π 3R = 1,55 c ; уровень 1]. 2g

2.Физический маятник в виде тонкого однородного стержня совершает гар- монические колебания вокруг неподвижной оси, проходящей через точку подвеса O , находящуюся от центра масс C на расстоянии x = 28,9 см перпендикулярно стержню. Определите длину стержня, если цикличе- ская частота колебаний максимальна. [l = 23x = 1 м; уровень 3].

3.Тело массой m = 4 кг, закрепленное на горизонтальной оси, совершало колебания с периодом T1 = 0,8 с. Когда на эту ось дополнительно был насажен диск так, что ось колебаний тела стала перпендикулярной к плоскости диска, период T2 колебаний стал равным 1,2 с. Радиус R дис-

ка равен 20 см, масса его равна массе тела. Найти момент инерции тела J относительно оси колебаний. [6,4·10–2 кг·м2; уровень 3].

4.В открытую с обоих концов U-образную трубку с площадью поперечно- го сечения S = 0,4 см2 быстро вливают ртуть массой m = 200 г. Опреде- лить период T колебаний ртути в трубке. [T = 0,86 с; уровень 3].

5.Под действием силы тяжести электродвигателя, закрепленного на од- ном конце балки, другой конец которой жестко закреплен, балка про- гнулась на h = 1 мм. При какой частоте вращения якоря электродвига-

теля может возникнуть опасность резонанса? [ n =	1		g	= 16	с–1 ;
	2π		h

уровень 2].

6.Определить период крутильных колебаний тонкого диска, подвешен- ного в горизонтальном положении на трех параллельных нитях длиной 120 см, равномерно расположенных по краю диска. [T = 1,55 с;

уровень 4].

157

УЧЕБНЫЙ БЛОК 4. МЕХАНИКА ЖИДКОСТИ

Раздел механики, в котором изучаются законы движения жидкости и ее взаимодействия с телами, обтекаемыми средой, называется гидродинами- кой; он является частью более общего раздела – гидроаэромеханики. При изучении движения жидкости рассматривают ее как сплошную среду, отвле-

каясь от молекулярного строения жидкости. В ряде случаев пренебрегают внутренним трением и рассматривают модель идеальной жидкости.

При изучении данного раздела студенты должны

иметь представление:

–об основных физических величинах: давлении, работе, кинетиче- ской и потенциальной энергии;

–об основных законах гидростатики: законе Архимеда, законе

Паскаля; о гидростатическом давлении;

обладать навыками:

–применения элементов дифференциального и интегрального ис- числения;

–решения задач на движение тел с учетом сил трения.

Учебная программа блока

Содержание блока		Форма	Литература
		подготовки
Давление в жидкости. Сила Архимеда.			[13]
Закон Паскаля.		самост.
			[10]
Стационарное течение жидкости и уравнение нераз-
			[8]
рывности. Уравнение Бернулли.		лекция
			[7]
Силы внутреннего трения. Сила сопротивления.		лекция
			[5]
Движение жидкости в круглой трубе. Формула Пуа-
зейля. Методы определения вязкости		лекция
Цели обучения
Студент должен знать	Студент должен уметь
– формулы гидростатического давления	– решать задачи на применение формул гид-
и силы Архимеда;	ростатического давления и силы Архимеда;
– уравнение Бернулли и неразрывности	– применять уравнение неразрывности струи;
струи;	– применять уравнение Бернулли для рас-
– формулу Стокса для силы сопротивле-	чета скорости и давления в жидкости;
ния;	– решать задачи о движении тел в вязкой
– выражение для силы вязкого трения	среде

4.1. Краткое содержание теоретического материала

Отличительной особенностью жидкого состояния вещества в срав- нении с твердым телом является отсутствие возникновения значительных сил при сдвиге физически малых частиц вещества относительно друг дру-

158

га. Этим обусловлена текучесть жидкости. Однако расстояние между мо- лекулами жидкости обусловлено значительными силами, достаточными для того, чтобы жидкость оказывала существенное сопротивление измене- нию ее объема (сжатию).

В механике жидкость рассматривают как сплошную текучую и не- сжимаемую среду, полагая при этом, что плотность жидкости слабо зави- сит от давления.

Несжимаемая жидкость обладает упругостью объема, что отражено

законом Паскаля: внешнее давление, производимое на жидкость, переда- ется во все стороны одинаково.

Давление, обусловленное весом столба жидкости высотой h, назы-

вают гидростатическим давлением: p = ρgh , где ρ – плотность жидкости; g – ускорение свободного падения. Гидростатическое давление в жидкости зависит от глубины погружения в нее, поэтому давление, которое оказыва- ет жидкость на погруженное в нее тело, в нижних слоях больше, чем в верхних. Поэтому на погруженное тело объемом V действует выталки- вающая сила (сила Архимеда), равная весу вытесненной телом жидкости (или газа), FA = ρgV . Сила Архимеда направлена вверх и прикладывается

кцентру масс погруженной части тела.

Вгидродинамике изучаются законы движения жидкости, ее взаимо- действие с телами. Движение жидкости называют течением. Направление скорости течения жидкости определяют так называемые линии тока – ли- нии, в каждой точке которых вектор скорости направлен по касательной. Густота линий тока характеризует значение скорости. В стационарном ре- жиме значение скорости течения в каждой точке линии тока не изменяется со временем. Выделяя часть текущей жидкости, ограниченную линиями тока, получим трубку тока (рис. 4.1). При стационарном режиме линии тока параллельны и не пересекаются.

Поскольку жидкость несжимаемая, то за одно и то же время через

различные сечения трубки тока проходят одинаковые объемы жидкости: V1 = V2 , где V1 = υ1S1 t , V2 = υ2S2 t . Поэтому для несжимаемой жидкости,

текущей по трубопроводу с различным поперечным сечением, выполняет- ся условие

υ1S1 = υ2S2 .

(1)

Это равенство называют уравнением неразрывности. В общем слу- чае для идеальной жидкости в стационарных условиях произведение ско- рости на поперечное сечение трубки тока остается постоянным в любом сечении трубки: υS = const .

159

X

p1

l1

Для изучения

дви-

жения

выделенной

части

h1

жидкости (см. рис. 4.1) при-

S1

меним закон

изменения ее

S1′

υ1

полной механической энер-

l2

гии. За время

t выделенная

часть

жидкости

перемес-

h2

S2

тится в новое положение, в

h

p2

котором она будет уже огра-

′

S2

υ2

ничена сечениями

S

и S ' .

2

2

O

Рис. 4.1

Объемы

жидкости

между

сечениями S1

′

, а также

′

и S1

S2 и

движутся поступательно и имеют кинетическую и потенциальную

S2

энергии. Так как силы давления на боковую поверхность трубки тока не вы- полняют работы по перемещению жидкости (они перпендикулярны к υ), то сумма работ внешних сил будет равна работе сил давления в сечениях S1 и S2 при их перемещении на расстояния l1 = υ1 t и l2 = υ2 t . Эта работа равна изменению полной механической энергии массы выделенной части жидкости m = ρS l , ограниченной объемом S l :

mυ2		mυ2
2	+ mgh	−	1	+ mgh		= p S	l − p S	2	l .	(2)
2	2		2	1		1 1	1 2		2

Разделив обе части на S2		l2 = S1	l1 и учитывая, что жидкость несжи-
маемая ( p = const ), получим
ρυ2	+ ρgh	+ p =	ρυ2			(3)
2			1 + ρgh + p ,
2	2	2	2	1	1
где ρ – плотность жидкости.
Это уравнение справедливо для любого движущегося объема жидкости

внутри любой трубки тока и является уравнением Бернулли. В общем случае (2) можно записать в виде

	ρυ2	(4)
	+ ρgh + p = const ,
	2
где	ρυ2	статиче-
	– динамический напор; ρgh – гидравлический напор; р –
	2

ское давление.

С физической точки зрения динамический напор соответствует удельной кинетической энергии, т.е. энергии одной единицы объема движущейся жидкости, а гидравлический напор – удельной потенциаль- ной энергии одной единицы объема в поле силы тяжести.

160