Колебания

Физика 1 · лекция 07

УНИВЕРСИТЕТ ИННОПОЛИС · ОСЕНЬ 2026

МОСТ · БРУСОК И ТРУБА

Отклоним тело на малый угол

  • У крайних осей брусок покачивается
  • У средней оси брусок кувыркается
  • Труба в задаче шестой недели упала
Маятник возьмёт угол, IAI_A и mama готовыми

МОСТ · ПРУЖИНА ВЕРТИКАЛЬНО

Подвесим пружину вертикально

T=2πω=2πmkT = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}
груз 0,10{,}1 кг на пружине 1010 Н/⁠м: T=0,63T = 0{,}63 с
  • Вес сдвинул равновесие на 9,8 см
  • Период остался прежним, 0,63 с
Постоянная сила сдвинула равновесие, а частоту не тронула

МОСТ · МАЯТНИК НА ЛУНЕ

Что станет с периодами на Луне?

ЗемляЛуна
gg, м/с2\text{м/с}^29,811,62
Груз 0,1 кг на пружине 10 Н/⁠м, TT, с\text{с}0,63?
Маятник 1 м, TT, с\text{с}2,01?
Вес груза на Луне вшестеро меньше, масса прежняя

МОСТ · МАЯТНИК НА ЛУНЕ

Отвезём маятники на Луну

ТЕЗИС

Два утверждения недели

Около устойчивого равновесия малые колебания идут по одному уравнению
  • Частоту задают кривизна потенциала и инерция
  • Затухание мерят числом колебаний системы

РАВНОВЕСИЕ · УСТОЙЧИВОЕ

Отличим устойчивое равновесие от неустойчивого

  • Колебания: процесс повторяется у равновесия
  • Равновесие: можно пробыть сколь угодно долго
  • Устойчивое: сила тянет назад, у UU минимум
  • Неустойчивое: сила уводит, у UU максимум
Маятник 1 м грузом вверх: в ee раз за 0,53 с

КОЛЕБАНИЯ · ВИДЫ

Разделим колебания на виды

  • Свободные: трения нет
  • Затухающие: трение отнимает энергию
  • Вынужденные: навязаны периодической силой
  • Параметрические: меняется сама система
Сегодня разберём первые два вида

ПРУЖИНА · УРАВНЕНИЕ

Запишем второй закон для груза

x 0 k x 0 k m m F x
Груз смещён на xx, пружина тянет его назад с силой −kx-kx
mx¨=−kx\displaystyle m \ddot{x} = -kx
динамический метод: второй закон Ньютона
x¨+kmx=0\displaystyle \ddot{x} + \frac{k}{m}x = 0
поделили на массу
x¨+ω2x=0\displaystyle \ddot{x} + \omega^2 x = 0
обозначили k/m=ω2k/m = \omega^2
Знак минус: сила смотрит к равновесию

ПРУЖИНА · РЕШЕНИЕ

Угадаем решение и проверим

x(t)=Acos⁡(ωt+ψ0)\displaystyle x(t) = A \cos(\omega t + \psi_0)
пробуем косинус с постоянными AA и ψ0\psi_0
x¨(t)=−Aω2cos⁡(ωt+ψ0)\displaystyle \ddot{x}(t) = -A \omega^2 \cos(\omega t + \psi_0)
продифференцировали дважды
−Aω2cos⁡(ωt+ψ0)+ω2Acos⁡(ωt+ψ0)=0\displaystyle -A \omega^2 \cos(\omega t + \psi_0) + \omega^2 A \cos(\omega t + \psi_0) = 0
верно при любых AA и ψ0\psi_0
x(0)=Acos⁡ψ0=xн,x˙(0)=−Aωsin⁡ψ0=vн\displaystyle x(0) = A\cos\psi_0 = x_\text{н}, \qquad \dot x(0) = -A\omega\sin\psi_0 = v_\text{н}
их выбирают начальные условия
A=xн2+(vнω)2,tg⁡ψ0=−vнωxн\displaystyle A = \sqrt{x_\text{н}^2 + \left(\frac{v_\text{н}}{\omega}\right)^2}, \qquad \operatorname{tg}\psi_0 = -\frac{v_\text{н}}{\omega x_\text{н}}
сложили квадраты, поделили уравнения
С плюсом в уравнении вышла бы экспонента, а не колебания

ПРУЖИНА · ПЕРИОД

Прочтём фазу и период

T=2πω=2πmkT = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}
0,10{,}1 кг на 1010 Н/⁠м: ω=10\omega = 10 рад/⁠с, T=0,63T = 0{,}63 с
  • Начальные условия задают AA и начальную фазу
  • Колебание есть тень равномерного вращения
Период от амплитуды не зависит: 1 см и 5 см дают 0,63 с

ПРУЖИНА · БЕЗ ЛИНЕЙНОСТИ

Возьмём три других закона силы

F x F пружина жёлоб
У жёлоба сила у дна в ноль не уходит, её график ступенька
СилаПериод с ростом AA
−kx-kxне меняется
−k2x∣x∣-k_2x|x|падает как 1/A1/\sqrt{A}
жёлобрастёт как A\sqrt{A}
из U=cx4U = cx^4падает как 1/A1/A
Линейная сила нужна гармоническим колебаниям, а не колебаниям

МАЯТНИК · УРАВНЕНИЕ

Запишем второй закон вдоль дуги

m l ϕ x m g F m O g
Дуговая координата x=lφx = l\varphi, натяжение поперёк дуги
mx¨=−mgsin⁡φ\displaystyle m \ddot{x} = -mg \sin \varphi
динамический метод: проекция на касательную
x¨=−gφ\displaystyle \ddot{x} = -g \varphi
договоримся, что угол мал
φ¨+glφ=0\displaystyle \ddot{\varphi} + \frac{g}{l} \varphi = 0
x¨=lφ¨\ddot x = l\ddot\varphi: уравнение пружины
ω=gl\displaystyle \omega = \sqrt{\frac{g}{l}}
ни массы, ни амплитуды
Метровый маятник: ω=3,13\omega = 3{,}13 рад/⁠с, T=2,01T = 2{,}01 с

МАЯТНИК · УРАВНЕНИЕ

Сменим массу и длину маятника

МАЯТНИК · МАЛЫЕ УГЛЫ

Проверим, насколько мал малый угол

  • При 30° синус меньше угла на 4,5 %
  • Период при 30° длиннее всего на 1,7 %
Платим тем, что период не растёт с амплитудой

МАЯТНИК · МОМЕНТЫ

Решим тот же маятник через моменты

IAφ¨=−mglsin⁡φ\displaystyle I_A \ddot{\varphi} = -mgl \sin \varphi
уравнение моментов, IA=ml2I_A = ml^2
φ¨+glφ=0\displaystyle \ddot{\varphi} + \frac{g}{l} \varphi = 0
при малых углах то же уравнение
Iz ε=MzI_z\,\varepsilon = M_z
словарь шестой недели: на закреплённой оси, в проекции на неё
Тот же динамический метод, записанный для угла

КОНТУР · УРАВНЕНИЕ

Перейдём от груза к заряду

L C
Конденсатор CC возвращает заряд к нулю, катушка LL держит ток
−LdIdt=qC\displaystyle -L \frac{dI}{dt} = \frac{q}{C}
правило Кирхгофа и закон индукции
Ld2qdt2+qC=0\displaystyle L \frac{d^2 q}{dt^2} + \frac{q}{C} = 0
то же уравнение, что у груза
ω=1LC\displaystyle \omega = \frac{1}{\sqrt{LC}}
жёсткость 1/C1/C, инерция LL
1 мГн и 1 мкФ: около пяти тысяч колебаний в секунду, период 0,2 мс

КРИВИЗНА · ДВА МЕТОДА

Найдём частоту двумя методами

F(x0+x)≈−κx,κ=−dFdx∣x0\displaystyle F(x_0 + x) \approx -\kappa x, \qquad \kappa = -\left.\frac{dF}{dx}\right|_{x_0}
динамический: линейный член силы
αx¨+κx=0\displaystyle \alpha \ddot{x} + \kappa x = 0
инерция α\alpha при ускорении
U(x0+x)≈U(x0)+12d2Udx2∣x0x2\displaystyle U(x_0 + x) \approx U(x_0) + \frac12\left.\frac{d^2U}{dx^2}\right|_{x_0} x^2
энергетический: UU около минимума
αx˙22+κx22=E\displaystyle \frac{\alpha \dot{x}^2}{2} + \frac{\kappa x^2}{2} = E
α\alpha из кинетической энергии
κ=−dFdx∣x0=d2Udx2∣x0\kappa = -\left.\frac{dF}{dx}\right|_{x_0} = \left.\frac{d^2U}{dx^2}\right|_{x_0}
сила есть минус производная UU: жёсткость равна кривизне
Оба метода дают одно уравнение и ω2=κ/α\omega^2 = \kappa/\alpha

КРИВИЗНА · ОДНО УРАВНЕНИЕ

Посмотрим на дно ямы

x U устойчивое d 2 U dx 2 ⏐⏐ ⏐ ⏐ x 0 > 0 d 2 U dx 2 ⏐⏐ ⏐ ⏐ x 0 < 0 неустойчивое
У дна UU не отличить от параболы с той же кривизной
ω2=1αd2Udx2∣x0\omega^2 = \frac{1}{\alpha}\left.\frac{d^2U}{dx^2}\right|_{x_0}
рецепт получения частоты: кривизна, делённая на инерцию
Законы входят в частоту двумя числами: кривизной и инерцией

КРИВИЗНА · ОДНО УРАВНЕНИЕ

Сосчитаем период трижды

КРИВИЗНА · ОБРАТНЫЙ ЗНАК

Перевернём яму

  • Перевёрнутый 1 м из покоя: в ee раз за 0,53 с
  • Труба из задачи шестой недели: тот же закон
Отрицательная кривизна даёт рост экспонентой, а не колебания

ФАЗОВАЯ ПЛОСКОСТЬ · ЭЛЛИПС

Нарисуем движение на фазовой плоскости

x ˙ x
Своя энергия, свой эллипс; обход по часовой стрелке
αx˙22+κx22=E\frac{\alpha \dot{x}^2}{2} + \frac{\kappa x^2}{2} = E
энергетический метод: энергия сохраняется
Кривая замкнута, потому что энергия сохраняется

Поменяем жёсткость и инерцию

Физика 1 · лекция 07 · часть вторая

УНИВЕРСИТЕТ ИННОПОЛИС · ОСЕНЬ 2026

ТЕЛО НА ОСИ · ЧАСТОТА

Что у маятника жёсткость, а что инерция?

a sin ϕ a l A ϕ m g A C B центрк а чания
Ось через AA, центр масс CC в aa от оси, плечо тяжести asin⁡φa\sin\varphi
IAφ¨=−mgasin⁡φ\displaystyle I_A\ddot\varphi = -mga\sin\varphi
динамический метод: уравнение моментов
ω2=mgaIA\displaystyle \omega^2 = \frac{mga}{I_A}
малый угол: синус заменили углом
lA=IAma\displaystyle l_A = \frac{I_A}{ma}
нить такой длины качалась бы так же
Инерцию задаёт IAI_A, а mama вместе с gg задаёт жёсткость

ТЕЛО НА ОСИ · ЦЕНТР КАЧАНИЯ

Подвесим тело за центр качания

a ,м T ,с 0,1 0,2 0,4 0,5 0 2 3 1 0,289 1,52 1,64
Метровый стержень: за конец 1,64 с, тот же период при a=0,167a = 0{,}167 м
lA=a+ICma\displaystyle l_A = a + \frac{I_C}{ma}
по Гюйгенсу–Штейнеру
lB=a+ICma=lA\displaystyle l_B = a + \frac{I_C}{ma} = l_A
за центр качания BB тот же период
Телефон за любой угол качается 0,67 с, но это симметрия

ТЕЛО НА ОСИ · ЦЕНТР КАЧАНИЯ

Подвигаем ось вдоль стержня

ТЕЛО НА ОСИ · ОБОРОТНЫЙ

Сравним gg на экваторе и на полюсе

gg, м/с2\text{м/с}^2
Экватор9,78
Полюс9,83
  • Периоды одного маятника отличаются на 0,26 %
Секундный маятник с полюса отстанет на экваторе почти на 4 мин в сутки

ТЕЛО НА ОСИ · ОБОРОТНЫЙ

Измерим gg оборотным маятником

a b l AB A C B
Призмы AA и BB по разные стороны от CC, на неравных расстояниях
h2−lA h+ICm=0\displaystyle h^2 - l_A\,h + \frac{I_C}{m} = 0
корни aa и bb: a+b=lAa + b = l_A, ab=IC/mab = I_C/m
g=(2πT)2lAB\displaystyle g = \left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 l_{AB}
периоды на двух призмах совпали
Опоры в 0,40 м от середины: периоды равны, а gg завышено на 31,5 %

ПОСТОЯННАЯ СИЛА · НОВЫЙ МИНИМУМ

Нагрузим пружину весом

mx¨=−kx+mg\displaystyle m\ddot x = -kx + mg
динамический метод: ось вниз, вес в законе
x∗=mgk,y=x−x∗\displaystyle x^* = \frac{mg}{k}, \qquad y = x - x^*
новое равновесие и отклонение yy от него
my¨=−ky,ω2=km\displaystyle m\ddot y = -ky, \qquad \omega^2 = \frac{k}{m}
для yy прежнее уравнение, частота та же
Вес опустил равновесие на 9,8 см, частота осталась 10 рад/⁠с

ПОСТОЯННАЯ СИЛА · НОВЫЙ МИНИМУМ

Сдвинем равновесие постоянной силой

F(x)+F0≈dFdx∣x∗(x−x∗)\displaystyle F(x) + F_0 \approx \left.\frac{dF}{dx}\right|_{x^*}(x - x^*)
динамический метод: сумма сил около x∗x^*
κ=2k2x∗=2mgk2\displaystyle \kappa = 2k_2x^* = 2\sqrt{mgk_2}
пружина с силой k2x2k_2x^2: вес создал жёсткость
Период, с\text{с}ЗемляЛуна
Груз 0,1 кг на пружине 10 Н/⁠м0,630,63
Груз 0,1 кг на пружине k2=1k_2 = 1 Н/⁠м²1,412,21
Добавленная постоянная сила меняет частоту только через наклон

ПОСТОЯННАЯ СИЛА · ЖЁСТКОСТЬ

Вернёмся к маятнику на Луне

Земля, g =9 , 81 м/с 2 k m T =0 , 63 с 9 , 8 см 1 м T =2 , 01 с Луна, g Л =1 , 62 м/с 2 k m T =0 , 63 с 1 , 6 см 1 м T =4 , 94 с
У пружины вес сдвигает равновесие, у маятника меняет жёсткость
ml2 φ¨=−mgl φ,ω2=mglml2=glml^2\,\ddot\varphi = -mgl\,\varphi, \qquad \omega^2 = \frac{mgl}{ml^2} = \frac{g}{l}
тяжесть сама возвращает груз: жёсткость mglmgl
На Луне жёсткость меньше в 6,06 раза, период длиннее в 2,46

ДВА ТЕЛА · ИНЕРЦИЯ

Скрепим две тележки пружиной

m 1 m 2 k ц.м. l 0 s x x 1 x 2
Растяжение ss меряем от конца пружины без нагрузки
Поодиночке у стенки 1,40 и 2,43 с, а вместе?

ДВА ТЕЛА · ИНЕРЦИЯ

Найдём приведённую массу тележек

m1x¨1=ks,m2x¨2=−ks\displaystyle m_1\ddot x_1 = ks, \qquad m_2\ddot x_2 = -ks
динамический метод: второй закон для каждой
μs¨+ks=0,μ=m1m2m1+m2\displaystyle \mu\ddot s + ks = 0, \qquad \mu = \frac{m_1m_2}{m_1 + m_2}
растяжение ss качается с инерцией μ\mu
T=2πμk\displaystyle T = 2\pi\sqrt{\frac{\mu}{k}}
жёсткость прежняя
1 и 3 кг на 20 Н/⁠м: 1,22 с, а у стенки было бы 1,40 и 2,43 с

ДВА ТЕЛА · ИНЕРЦИЯ

Отпустим сжатую пружину между тележками

БОЛЬШАЯ АМПЛИТУДА · ПЕРИОД

Раскачаем маятник сильнее

БОЛЬШАЯ АМПЛИТУДА · ПЕРИОД

Выберем модель маятника по точности

Амплитуда23°30°50°69°90°
Период длиннее, %11,751018
При точности в процент до 23° поправки не видно

БОЛЬШАЯ АМПЛИТУДА · СЕПАРАТРИСА

Отделим качание от вращения

  • Дальше 90° груз на нити провисает
  • С 179° период длиннее почти вчетверо
Сепаратриса с энергией 2mgl2mgl отделяет качание от вращения

ТРЕНИЕ · ВЯЗКОЕ И СУХОЕ

Сравним вязкое трение с сухим

mx¨+βx˙+kx=0m\ddot x + \beta\dot x + kx = 0
динамический метод: вязкое трение первым членом, −βx˙-\beta\dot x
Вязкое
За период амплитуда падает в одно и то же число раз
Сухое
За период амплитуда падает на одну и ту же величину
Платим тем, что сухое трение остаётся вне модели

ТРЕНИЕ · РЕЖИМ ПО ЗНАКУ

Поищем решение экспонентой

x¨+2γx˙+ω02x=0\displaystyle \ddot x + 2\gamma\dot x + \omega_0^2x = 0
2γ=β/m2\gamma = \beta/m, ω02=k/m\omega_0^2 = k/m
x(t)=Aeλt\displaystyle x(t) = Ae^{\lambda t}
экспонента с действительным показателем
λ2+2γλ+ω02=0\displaystyle \lambda^2 + 2\gamma\lambda + \omega_0^2 = 0
показатель обязан быть корнем
λ1,2=−γ±γ2−ω02\displaystyle \lambda_{1,2} = -\gamma \pm \sqrt{\gamma^2 - \omega_0^2}
при γ≥ω0\gamma \ge \omega_0
При γ<ω0\gamma < \omega_0 действительных корней нет

ТРЕНИЕ · РЕЖИМ ПО ЗНАКУ

Проверим затухающий косинус

x(t)=Ce−γtcos⁡(ωt+ψ0)\displaystyle x(t) = Ce^{-\gamma t}\cos(\omega t + \psi_0)
косинус под убывающей экспонентой
x¨+2γx˙+ω02x=(ω02−γ2−ω2)Ce−γtcos⁡θ\displaystyle \ddot x + 2\gamma\dot x + \omega_0^2x = \left(\omega_0^2 - \gamma^2 - \omega^2\right)Ce^{-\gamma t}\cos\theta
θ=ωt+ψ0\theta = \omega t + \psi_0: члены с синусом сократились сами
ω=ω02−γ2\displaystyle \omega = \sqrt{\omega_0^2 - \gamma^2}
частота меньше собственной
За время 1/γ1/\gamma огибающая падает в ee раз

ТРЕНИЕ · РЕЖИМ ПО ЗНАКУ

Поймём, почему режим решает знак

x(t)=e−γt(A1eγ2−ω02 t+A2e−γ2−ω02 t)\displaystyle x(t) = e^{-\gamma t}\left(A_1e^{\sqrt{\gamma^2 - \omega_0^2}\,t} + A_2e^{-\sqrt{\gamma^2 - \omega_0^2}\,t}\right)
γ>ω0\gamma > \omega_0: обе экспоненты гаснут
x(t)=(A1t+A2)e−γt\displaystyle x(t) = (A_1t + A_2)e^{-\gamma t}
γ=ω0\gamma = \omega_0: второе решение te−γtte^{-\gamma t}
y¨+(ω02−γ2)y=0\displaystyle \ddot y + \left(\omega_0^2 - \gamma^2\right)y = 0
отделили e−γte^{-\gamma t}: трения в уравнении нет
Режим решает тот же знак, что делил колебания и уход от равновесия

ТРЕНИЕ · СПИРАЛЬ

Разомкнём эллипс в спираль

ТРЕНИЕ · КРИТИЧЕСКИЙ

Где нужен критический режим?

βкр=2mω0=2mk\beta_\text{кр} = 2m\omega_0 = 2\sqrt{mk}
груз 0,10{,}1 кг на пружине 1010 Н/⁠м: 22 кг/⁠с
  • Из покоя быстрее любого апериодического
  • На долгом хвосте быстрее колебательного
Стрелка прибора и сустав робота: встать быстро и без качаний

ЗАТУХАНИЕ · ДЕКРЕМЕНТ

Охарактеризуем затухание одним числом

t x Ce − γt − Ce − γt x 1 x 2 x 3
Соседние амплитуды x1x_1, x2x_2, x3x_3 относятся одинаково
xn+1xn=e−γT=e−d\displaystyle \frac{x_{n+1}}{x_n} = e^{-\gamma T} = e^{-d}
для любой пары соседних
d=ln⁡xnxn+1\displaystyle d = \ln \frac{x_n}{x_{n+1}}
логарифмический декремент
d=1N\displaystyle d = \frac{1}{N}
амплитуда в ee раз за NN колебаний

ЗАТУХАНИЕ · ДОБРОТНОСТЬ

Введём добротность

Q=πd=πN\displaystyle Q = \frac{\pi}{d} = \pi N
растёт вместе с числом колебаний
Q≈ω02γ\displaystyle Q \approx \frac{\omega_0}{2\gamma}
при слабом затухании
Q≈2πEΔE\displaystyle Q \approx 2\pi\frac{E}{\Delta E}
энергия на среднюю потерю за радиан
d=0,01d = 0{,}01: Q≈314Q \approx 314, а энергия больше потери за период в 50,5 раза

ЗАТУХАНИЕ · ДОБРОТНОСТЬ

Сравним двое часов

ЗАТУХАНИЕ · ЧИСЛО КОЛЕБАНИЙ

Измерим трение числом колебаний

N=1d=QπN = \frac{1}{d} = \frac{Q}{\pi}
мера затухания в периодах самой системы
Колебаний при Q≈314Q \approx 31410100300
Осталось амплитуды, %90,537≈5\approx 5
На интервале, малом против NN периодов, трением можно пренебречь

ЗАТУХАНИЕ · ЧИСЛО КОЛЕБАНИЙ

Когда колебания кончились?

  • Модель отвечает: никогда
  • Конец колебаний есть договорённость
Падение в ee раз есть масштаб: остаётся 37 % амплитуды

ОВРАГ · ТЯЖЁЛЫЙ ШАРИК

Пустим шарик рядом с алгоритмами

ОВРАГ · ТЯЖЁЛЫЙ ШАРИК

Запишем спуск с импульсом по шагам

xj+1=xj−ηdUdx∣xj+(1−2γΔt) (xj−xj−1),η=Δt2mx_{j+1} = x_j - \eta\left.\frac{dU}{dx}\right|_{x_j} + (1 - 2\gamma\Delta t)\,(x_j - x_{j-1}), \qquad \eta = \frac{\Delta t^2}{m}
градиентный спуск с импульсом: шаги уравнения с трением
Чем ближе параметр импульса к единице, тем слабее трение

ОВРАГ · ТЯЖЁЛЫЙ ШАРИК

Настроим трение на овраг

спуск импульс 0,6 импульс 0,81 импульс 0,95
Импульс 0,81, критический для пологой стенки: к 60-му шагу шарик почти на дне
Отношение жёсткостей 100: 158 шагов против 1375 у спуска

СЧЁТ ЗАКРЫТ

Что даёт малое отклонение?

Что возвращаетИнерция α\alphaЖёсткость κ\kappaПериод, с\text{с}
Висящий груз 0,1 кг, пружина 10 Н/⁠мупругостьmmkk0,63
Груз на нити 1 мтяжестьml2ml^2mglmgl2,01
Тот же на Лунетяжестьml2ml^2mglmgl4,94
Стержень 1 м на оси через конецтяжестьml2/3ml^2/3mgl/2mgl/21,64
Тележки 1 и 3 кг, пружина 20 Н/⁠мупругостьμ=0,75 кг{\mu = 0{,}75\ \text{кг}}kk1,22
Контур 1 мГн и 1 мкФконденсаторLL1/C1/C2⋅10−4{2\cdot10^{-4}}
Q≈314Q \approx 314: амплитуда в ee раз за 100 колебаний
Разные законы дают одно уравнение, пока отклонение мало

ДОМАШНЕЕ · ЧЕТЫРЕ ЗАДАЧИ

С чего начать дома

ЗадачаС чего начать
Шарик и упругая сеткаСетка работает пружиной: какая доля периода?
Два подвеса квадратной пластинкиНа параллельных нитях пластинка не поворачивается
Маятник из двух шаровГюйгенс–Штейнер для каждого шара и минимум lAl_A по xx
Два груза на пружинахПоследовательные пружины и приведённая масса
Одиннадцать вопросов и четыре задачи лежат на странице недели

Дальше: деформации и гидродинамика

Вопросы и задачи лежат на странице недели

ФИЗИКА 1 · НЕДЕЛЯ 07

← Неделя 07