[latexpage]
Сложные и средней сложности задачи предлагаю вам в этой статье. Они взяты из задачника Г.А. Никуловой и А.Н. Москалева. После решения этих задач вы будете более уверенно чувствовать себя на ЕГЭ по физике.
Задача 1. Найдите период колебаний бруска массой $m=1$ кг в системе, изображенной на рисунке. Жесткость пружин $k_1=150$ Н/м, $k_2=250$ Н/м. Трением пренебречь.

К задаче 1
На брусок будут действовать две силы упругости: от первой и второй пружин. Причем если одна пружина растянута, то другая сжата, следовательно, обе силы всегда направлены в одну сторону, так как одна пружина стремится сжаться, а другая, наоборот, растянуться. Таким образом, равнодействующая будет суммой обеих сил:
$$F=F_1+F_2=\Delta l(k_1+k_2)$$
Тогда общий коэффициент жесткости
$$k=k_1+k_2$$
Следовательно, период равен
$$T=2 \pi\sqrt{\frac{m}{k_1+k_2}}=2 \pi\sqrt{\frac{1}{400}}=\frac{\pi}{10}=0,314$$
Ответ: $T=0,314$ с.
Задача 2. Определите среднюю скорость при колебаниях пружинного маятника с амплитудой $A=1$ см и периодом колебаний $T=1$ с за время движения маятника а) от положения равновесия до отклонения в 0,5 см; б) от максимального отклонения до отклонения 0,5 см.
Средняя скорость – это весь пройденный телом путь, деленный на все время. Определим и то, и другое. Общая форма записи координаты при колебательном движении
$$x=A\sin(\omega t+\psi_0)$$
Где $\psi_0$ – начальная фаза. Предположим, она равна нулю – для нашей задачи это совершенно неважно. Тогда, если тело прошло пол-амплитуды, то
$$\frac{A}{2}=A\sin\omega t$$
Отсюда следует, что
$$\sin\omega t=\frac{1}{2}$$
А $\omega t=\frac{\pi}{6}$. Это составляет двенадцатую часть периода:
$$\frac{2\pi}{T}t=\frac{\pi}{6}$$
$$t=\frac{T}{12}$$

К задаче 2
Теперь можно определять среднюю скорость: разделим путь на время.
$$\upsilon_{sr}=\frac{ A\sin\omega t }{\frac{T}{12}}=\frac{ A\sin{\frac{2\pi}{T}\cdot\frac{T}{12}} }{\frac{T}{12}}=\frac{ A\sin{\frac{\pi}{6}} }{\frac{T}{12}}=\frac{6A}{T}=0,06$$
Теперь второй случай. Теперь грузик перемещается от точки с максимальной амплитудой до отклонения 0,5 см. Но если положение равновесия он проходит с максимальной скоростью, и на последующие за положением равновесия 0,5 см у него уходит одно время, то на путь из точки с максимальной амплитудой до 0,5 см у него уйдет больше времени: ведь в точке с максимальной амплитудой он неподвижен. Определим, сколько понадобится на тот же путь времени в этот раз. Движение из точки $a$ в точку $c$ занимает $\frac{T}{4}$, а движение из точки $b$ в точку $c$ – время $t$, уже определенное нами ранее. Тогда
$$t_1=\frac{T}{4}-\frac{T}{12}=\frac{T}{6}$$
Тогда средняя скорость равна
$$\upsilon_{sr1}=\frac{\frac{A}{2}}{\frac{T}{6}}=\frac{3A}{T}=0,03$$
Ответ: 0,06 и 0,03 м/с.
Задача 3. Груз массой $m$ колеблется на пружине жесткостью $k$ с амплитудой $A$. Найдите в точке с координатой $x$: а) кинетическую энергию; б) скорость прохождения грузом этой точки.
Общая форма записи координаты при колебательном движении
$$x=A\sin(\omega t+\psi_0)$$
Где $\psi_0$ – начальная фаза. Предположим, она равна нулю. Тогда
$$\sin\omega t=\frac{ x }{ A }$$
Максимальная потенциальная энергия пружины равна
$$E_m=\frac{kA^2}{2}$$
Потенциальная энергия пружины в точке $x$
$$E_x=\frac{kx^2}{2}$$
Тогда кинетическая энергия груза будет равна разности этих потенциальных энергий:
$$E_k= E_m- E_x=\frac{k}{2}(A^2-x^2)$$
Так как
$$E_k=\frac{m\upsilon^2}{2}$$
То скорость в этой точке
$$\upsilon=\sqrt{\frac{k}{m}(A^2-x^2)} $$
Ответ: $E_k= \frac{k}{2}(A^2-x^2)$, $\upsilon=\sqrt{\frac{k}{m}(A^2-x^2)} $.
Задача 4. Какова частота собственных колебаний соснового бруска массой $m=1,3$ кг и площадью поперечного сечения $S=160$ см$^2$, плавающего в вертикальном положении в озере? Плотность древесины $\rho=520$ кг/м$^3$.
Брусок плавает в озере, сила Архимеда уравновешивает силу тяжести.
$$mg=\rho g V_p$$
Если мы чуть надавим и погрузим брусок чуть больше, то возникнет добавка к уже ранее погруженной части, дополнительный погруженный объем, и «излишек» силы Архимеда, который и станет возвращающей силой и вызовет колебания бруска, когда мы его отпустим.
Этот «излишек» Архимедовой силы равен
$$\Delta F_A=\rho g S \Delta x$$
Где $\Delta x $ – дополнительная глубина, на которую мы погрузили брусок.
Эту силу можно считать «силой упругости воды», и записать так:
$$\rho g S \Delta x=k\Delta x$$
Тогда «коэффициент упругости воды» будет равен
$$k=\rho g S$$
Частота колебаний определяется формулой
$$\nu=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{m}}=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{\rho g S }{m}}=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{10^3\cdot 10\cdot160\cdot10^{-4}}{1,3}}=1,76$$
Ответ: 1,76 Гц.
Задача 5. Найдите период колебаний математического маятника длиной $l=44$ см, подвешенного в вагоне, движущемся горизонтально с ускорением $a=4,6$ м/с$^2$.
На маятник будет воздействовать ускорение, являющееся суммой $\vec{a}$ и $\vec{g}$:
$$a_1=\sqrt{a^2+g^2}$$
Период колебаний такого маятника равен
$$T=2 \pi \sqrt{\frac{l}{a_1}}=2 \pi \sqrt{\frac{l}{\sqrt{a^2+g^2}}}$$
$$T=2 \cdot (3,14) \sqrt{\frac{0,44}{\sqrt{4,6^2+10^2}}}=1,26$$
Линия отвеса тоже поменяет положение, отклонившись от вертикали на угол:
$$\alpha=\operatorname{arctg}\frac{a}{g}=\operatorname{arctg}1,1=48^{\circ}$$
Ответ: $T=1,26$ с, $\alpha=48^{\circ}$.
Задача 6. С каким ускорением $a$ и в каком направлении должна двигаться кабина лифта, чтобы находящийся в ней секундный маятник за время $t=2$ мин $30$ с совершил $n=100$ колебаний?
Период колебаний математического маятника определяется формулой:
$$T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$$
Период был равен 1 с, а потом под действием ускорения изменился, и стал равен
$$T_2=\frac{t}{n}=1,5$$
Так как длина нити не менялась, а период вырос в полтора раза, следовательно, изменилось ускорение: ускорение свободного падения уменьшилось на величину ускорения лифта. Из этого делаем вывод, что лифт идет вниз.
$$T_2^2=4 \pi^2\frac{l}{g-a}$$
$$a=-\frac{4 \pi^2l}{T_2^2}+g$$
Длину нити найдем из условия, что истинный период маятника – секунда:
$$l=\frac{T^2g}{4\pi^2}$$
И подставим:
$$a=-\frac{T^2 g}{T_2^2}+g=g\left(1-\frac{T^2n^2 }{t^2} \right)=10\left(1-\frac{10^4}{150^2}\right)=5,6$$
Ответ: 5,6 м/с$^2$.
Задача 7. Определите период колебаний маятника. Масса груза 400 г, жесткость пружины $k=10$ Н/м. Массой стержня пренебречь. Точка прикрепления пружины к стержню делит ее длину в отношении $1:2$, считая от шарика. В положении равновесия стержень горизонтален, а ось пружины вертикальна.

К задаче 7
По правилу моментов запишем
$$mgl=Fx$$
Где $F$ – сила, растягивающая пружину.
$$F=\frac{mgl}{x}$$
Тогда растяжение пружины
$$\Delta l=\frac{F}{k}=\frac{mgl}{kx}$$
Если таково растяжение пружины, то «ход» груза на конце стержня будет в 1,5 раза больше – из подобия треугольников. Тогда
$$\Delta l_m=\frac{F}{k}=\frac{mgl^2}{kx^2}$$
То есть эквивалентная масса груза ($F=m’g=k\Delta l_m$)
$$m’=\frac{ml^2}{x^2}$$
Следовательно, период колебаний
$$T=2\pi\sqrt{\frac{m’}{k}}=2\pi\sqrt{\frac{ ml^2}{ kx^2}}=3 \pi\sqrt{\frac{ m}{ k}}=0,6 \pi=1,88$$
Ответ: 1,88 с
Через недельку...
и за этот ответ спасибо. Теперь уж...
Огромное спасибо...
А почему я не вижу нормального текста ? Половина текст ,а другая половина символы ...
Ждем-с. Скоро...