Pho.rs: Физика весов

A1 ^0.30 Пусть перекладина отклонена от горизонтали на угол $\theta$ против часовой стрелки. Найдите момент силы относительно $O$, создаваемый левой чашей и ее содержимым. Положительное направление момента — против часовой стрелки.

Ответ: Момент левой чаши с содержимым, действующий против часовой стрелки:
$$M_1 = m_1g(l\cos\theta - b\sin\theta).$$

A2 ^0.30 Пусть перекладина отклонена от горизонтали на угол $\theta$ против часовой стрелки. Найдите момент силы относительно $O$, создаваемый правой чашей и ее содержимым. Положительное направление момента — по часовой стрелке.

Ответ: Аналогично для правой чаши:
$$M_2 = m_2g(l\cos\theta + b\sin\theta).$$

A3 ^0.40 Выразите угол наклона перекладины $\theta_0$ в состоянии равновесия через данные в условии величины.

Правило моментов:
$$m_1g(l\cos\theta_0 - b\sin\theta_0)= m_2g(l\cos\theta_0 + b\sin\theta_0).$$Из уравнения можем найти тангенс $\theta$:
$$\tan\theta_0 = \frac{(m_1-m_2)l}{(m_1+m_2)b}.$$

Ответ: Итоговый ответ:
$$\theta_0 = \arctan\left( \frac{(m_1-m_2)l}{(m_1+m_2)b}\right).$$

A4 ^0.30

Выберите, при каком выборе $b$ и $l$ весы будут наиболее чувствительными (неправильный выбор — штраф 0.1 балла):

Большее $l$ и большее $b$ приводит к большему $|\theta_0 |$
Меньшее $l$ и меньшее $b$ приводит к большему $|\theta_0|$
Большее $l$ и меньшее $b$ приводит к большему $|\theta_0|$
Меньшее $l$ и большее $b$ приводит к большему $|\theta_0|$

Ответ: Из полученной выше формулы получаем, что верный ответ – 3.

A5 ^0.80 Перекладина отклоняется от горизонтали на угол $\theta_1~ (< \pi/2)$, достигая равновесия. Выразите $\theta_1$ через заданные величины.

Правило моментов с учётом момента силы тяжести перекладины:
$$m_1g(l\cos\theta_1 - b\sin\theta_1) + Mgd\sin\theta_1= m_2g(l\cos\theta_1 + b\sin\theta_1).$$

Ответ: Получаем ответ:
$$\theta_1 = \arctan\left( \frac{(m_1-m_2)l}{(m_1+m_2)b-Md}\right).$$

A6 ^0.40 Найдите условие, при котором перекладина достигает конечного устойчивого положения при $\theta_1 < \pi/2 $. Запишите это условие в виде неравенства, не содержащего $\theta_1$.

Для устойчивого равновесия с $\theta_1<\pi/2$ необходимо, чтобы центр масс всей системы был ниже оси вращения.

Ответ: $$(m_1+m_2)b>Md$$

B1 ^0.30 Рассчитайте полную потенциальную энергию системы $U(\theta)$, когда перекладина отклонена против часовой стрелки на угол $\theta$ от горизонтали ($m_L \ge m_R$). Примите потенциальную энергию $U$ равной нулю в начальном горизонтальном положении.

Ответ: Заметим, что положение суммарного центра масс перекладин и чаш не изменяется, так левая и правая сторона движутся симметрично, поэтому потенциальная энергия системы:
$$U(\theta) = (m_R-m_L)gl\sin\theta.$$

B2 ^0.50 Выразите полную кинетическую энергию системы через заданные величины и угловую скорость $\dot{\theta}$.

Ответ: Чаши движутся без вращения со скоростью, равной скорости концов перекладин, поэтому кинетическая энергия:
$$K = \frac{(I_1+I_2)\dot\theta^2}{2} + \frac{(m_L+m_R+2m)l^2\dot\theta^2}{2}.$$

B3 ^0.60 Получите дифференциальное уравнение второго порядка, определяющее изменение угла поворота $\theta$.

Закон сохранения энергии:
$$(m_R-m_L)gl\sin\theta + \frac{(I_1+I_2)\dot\theta^2}{2} + \frac{(m_L+m_R+2m)l^2\dot\theta^2}{2} = const.$$Продифференцируем по времени и получим финальный ответ.

Ответ: $$\left((m_L+m_R+2m)l^2 + I_1+I_2\right)\ddot\theta = (m_L-m_R)gl\cos\theta$$

B4 ^1.00 Рассмотрим начальный момент времени, когда систему только отпустили, но она ещё не начала двигаться. Обозначим $T_{L1}$, $T_{L2}$ — вертикальные проекции сил, действующих между левой чашей и верхней и нижней перекладинами соответственно. Аналогично, пусть $T_{R1}$, $T_{R2}$ — вертикальные проекции сил для правой чаши. Выразите $(T_{L2} + T_{R1})$ через данные в условии величины.

Второй закон Ньютона для левой чаши и её содержимого:
$$(m+m_L)g - (T_{L1}+T_{L2}) = (m+m_L)l\ddot\theta.$$Уравнение моментов на верхнюю перекладину:
$$I_1 \ddot\theta = (T_{L1} - T_{R1})l.$$Преобразуем и подставим $\ddot\theta$ при $\theta = 0$:
$$T_{L1}+T_{L2} = \frac{(m+m_L)g\left((2m_R+2m)l^2 + I_1+I_2\right)}{(m_L+m_R+2m)l^2 + I_1+I_2};$$$$T_{L1} - T_{R1} = \frac{I_1(m_L-m_R)g}{(m_L+m_R+2m)l^2 + I_1+I_2}.$$

Ответ: Беря разность полученных выше выражений, получаем ответ:
$$T_{L2} + T_{R1} = \frac{(m+m_L)g\left((2m_R+2m)l^2 + I_1+I_2\right)}{(m_L+m_R+2m)l^2 + I_1+I_2} - \frac{I_1(m_L-m_R)g}{(m_L+m_R+2m)l^2 + I_1+I_2}.$$

B5 ^0.60 Предположим, что все компоненты весов, включая перекладины и чаши, — абсолютно твёрдые тела. Определите, можно ли найти величины каждой из приведённых ниже сил в момент отпускания:

$T_{R1}$
Вертикальная составляющая силы, действующей со стороны опоры $O$ на верхнюю балку

(Отвечайте «Да», «Нет» или оставляйте поле пустым для каждого варианта. За каждый неправильный ответ снимается 0.1 балла.)

Составьте все необходимые уравнения, которые могут требоваться для решения этого пункта. Обратите внимание, что от вас требуется только записать уравнения, а решать полученную систему не нужно.

Ответ: Заметим, что поиск вертикальная составляющая силы, действующей со стороны опоры $O$ на верхнюю балку эквивалентен поиску $T_{L1}+T_{R1}$. Уравнения, которые мы можем записать:
$$(m+m_L)g - (T_{L1}+T_{L2}) = (m+m_L)l\ddot\theta;$$$$(m+m_R)g - (T_{R1}+T_{R2}) = -(m+m_R)l\ddot\theta;$$$$I_1 \ddot\theta = (T_{L1} - T_{R1})l;$$$$I_2 \ddot\theta = (T_{L2} - T_{R2})l.$$Заметим, что уравнения линейно зависимы и из них нельзя определить ни одну из указанных величин, то есть ответ: "Нет" и "Нет".

B6 ^0.60 Пусть $M_T$ — масса весов без грузов. Грузы массой $m_L$ и $m_R$ ($m_L > m_R$) помещаются на левую и правую чаши соответственно. Весы отпускают из горизонтального положения из состояния покоя. Найдите силу нормальной реакции $N$, с которой пол воздействует на весы сразу после отпускания.

Воспользуемся теоремой о движении центра масс:
$$(M_T+m_L+m_R)g - N = (m_L - m_R)l\ddot\theta.$$

Ответ: Выразим финальный ответ:
$$N = (M_T+m_L+m_R)g - \frac{(m_L-m_R)^2l^2g}{(m_L+m_R+2m)l^2 + I_1+I_2}.$$

C1 ^1.40 Пусть на чаши весов поместили два груза разных масс $m_1 > m_2$. Весы отпускают из горизонтального положения из состояния покоя. Уравнение движения второго порядка для угла наклона перекладины $\theta$ при этом имеет вид:
$$A \ddot{\theta}=B\cos\theta+C\sin\theta.$$ Выразите коэффициенты $A$, $B$ и $C$ через данные в условии величины. Считайте, что $\theta = 0$ в горизонтальном положении.

Закон сохранения энергии в этом случае:
$$(m_2-m_1)gl\sin\theta + \frac{(I_1+I_2)\dot\theta^2}{2} + \frac{(m_1+m_1)l^2\dot\theta^2}{2} + Mgd(1-\cos\theta)= const.$$Продифференцировав по времени получаем:
$$\left((m_1+m_2)l^2 + I_1+I_2\right)\ddot\theta = (m_1-m_2)gl\cos\theta - Mgd\sin\theta.$$

Таким образом:
$$A = \left((m_1+m_2)l^2 + I_1+I_2\right);$$$$B = (m_1-m_2)gl;$$$$C = - Mgd.$$

C2 ^1.90 Когда весы находятся в состоянии равновесия ($\theta = \theta_0$), малое отклонение вызывает колебания системы. Для анализа этих малых колебаний введем новую переменную $\eta = \theta - \theta_0$. Используя уравнение, полученное в пункте C1, получите приближённое уравнение для $\eta$. Выразите ответ через величины, данные в условии. В ответ не должен входить $\theta_0$.

Найдём значение $\theta_0$:
$$B\cos\theta_0+C\sin\theta_0 = 0.$$$$\tan\theta_0 = - \frac BC$$С учётом $B>0$, $C<0$:
$$\sin\theta_0 = \frac{B}{\sqrt{B^2+C^2}}, \qquad \cos\theta_0 = -\frac{C}{\sqrt{B^2+C^2}}.$$Раскладывая "силу" вблизи положения равновесия, получаем:
$$A\ddot\eta = -B\sin\theta_0\eta+C\cos\theta_0\eta.$$

Ответ: Подставляем значение $\theta_0$ и получаем финальный ответ:
$$A\ddot\eta = - \sqrt{B^2+C^2}\cdot\eta$$

C3 ^0.60 Пусть общая масса $m_1 + m_2$ — фиксированная величина. Определите, как следует распределить массу между чашами, чтобы период малых колебаний был максимален при постоянной общей массе. Рассчитайте период малых колебаний в пределе, когда $m_1 = m_2 = 0$.

Период малых колебаний:
$$T = 2\pi\cdot\sqrt\frac{A}{\sqrt{B^2+C^2}}.$$Заметим, что при постоянной общей массе $A$ и $C$ постоянны, поэтому для наибольшего периода необходимо добиться минимальной величины $B^2$, что соответствует $B = 0$ и:

Ответ: $$m_1 = m_2.$$

Ответ: Подставим значения $A,B,C$ для $m_1=m_2=0$:
$$T = 2\pi\sqrt{\frac{I_1+I_2}{Mgd}}.$$

Физика весов

Решение