Механические колебания

Глава IV. КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ. Механические колебания.

из книги «Физика для школ и ВУЗов». Скачать бесплатно и без искажений формул на странице «Физика для школ и ВУЗов».

Хочешь помочь сайту?
Поделись страницей с друзьями и поставь лайк!

Механические колебания. Задачки

640. На неподвижном круглом цилиндре радиуса R лежит доска, как показано на рис. 222. Толщина доски
равна h. Найти условие, при котором после отклонения на
малый угол от горизонтали
доска будет совершать колебания около положения равновесия. Проскальзывания нет.
641. Определить с точностью до безразмерного коэффициента период колебаний
тела с массой т, прикрепленного к пружине с коэффициентом жесткости k.
642. Доказать, что период
. колебаний математического
маятника увеличивается с увеличением максимального угла
отклонения от положения равновесия. .
643. Исходя из соображений размерностей, определить
период колебаний математического маятника,
644. Два бруска, массы которых равны тг и тг, связаны
пружиной жесткости k. Пружина сжата при помощи двух
нитей, как показано на рис. 223. Нити пережигают. Определить период колебаний брусков.
‘ I
4, т. ГПп I
777Ш Ш 7777Ш Ш Ш ЯШ Ш 7, I
Рис. 223. Рис. 224.
645. Два груза с массами /п* и т2 соединены пружиной
с коэффициентом жесткости к, В начальный момент пру

126

жина сжата на величину х так, что первый груз прижат
вплотную к стенке (рис. 224), а второй’ груз удерживается
упором. Как будут двигаться грузы, если упор убрать?
646. Как изменится период вертикальных колебаний
груза, висящего на двух одинаковых пружинах, если их
последовательное соединение у//////////у/////////////ш
заменить параллельным?
647. Два математических
маятника длины / каждый связаны невесомой пружиной
так, как указано на рис. 225.
Коэффициент упругости пружины равен k. При равновесии маятники занимают вертикальное положение и пружина не деформирована. Опреде- Рис. 225.
лить частоты малых колебаний
двух связанных маятников в случаях, когда маятники отклонены в одной плоскости на равные углы в одну сторону
(колебания в фазе) и в разные стороны (колебания в противофазе).
648. Груз на длинной нити может совершать колебания
в вертикальной плоскости, отклоняясь на угол а от вертикали (математический маятник). Этот же груз может вращаться по окружности так, что описывает конус (конический маятник). В каком случае натяжение нити, отклоненной на угол а от вертикали, будет больше?
649. Часы с маятником на поверхности земли идут точно.
В каком случае эти часы больше отстанут за сутки: если
их поднять на высоту
‘МУ////////////////, 200 М или же опустить в
шахту на глубину 200м?
650. На концах невесомого стержня длиной
d = 1 м укреплены два
маленьких шарика с массами т —1 г. Стержень
подвешен- на шарнире
так, что может вращаться без-трения около вертикальной оси, проходящей через его середину. На одной прямой со стержнем
укрепленьгдва больших шаря е массами М = 20 кг. Расстояние между центрами большого и малого шаров £ = 1 6 см

127

(рис. 226). Вычислить период малых колебаний описанного крутильного маятника.
651. Чему равен период колебаний математического маятника, находящегося в вагоне, движущемся горизонтально
с ускорением а? . ‘
652. Определить период колебаний маятника в лифте,
движущемся вертикально с ускорением а, направленным
вверх.
— 653. Решить предыдущую задачу в случае, кЬгда ускорение а направлено вниз.
654. Кубик совершает малые колебания в вертикальной
плоскости, двигаясь без трения по внутренней поверхности
сферической чаши. Определить период колебаний кубика,
если внутренний радиус чаши R, а ребро кубика много
меньше R.
655. Как изменится период колебаний кубика в чаше
(см. условие задачи 654), если на чашу кроме силы тяжести
будет действовать сила F, направленная вертикально вверх?
Масса чаши М много больше массы m кубика.
656. Как изменится период колебаний кубика в чаше
(см. задачу 654), если чаша стоит на гладкой горизонтальной поверхности, по которой она
Может перемещаться без трения?
657. Обруч массы т и радиуса г может катиться без проскальзывания по внутренней поверхности цилиндра радиуса R :
(рис. 227). Определить период
колебаний обруча, считая угол
Ф малым. •
658. Найти период колебаний
маятника, изображенного на
Рис. 227. Рис. 228.
рис. 228. Стержень, на котором помещены массы т.х и пц,
считать невесомым.

128

659. Определить период колебаний маятника, состоящего из тонкого однородного полукольца радиуса г, подвешенного на невесомых нитях ОА и ОВ, как показано
на рис. 229.
660. На рис. 230 изображена механическая система,
состоящая из груза массы т, пружины А с коэффициентом
упругости k и блока массы М. Груз посредством нити, перекинутой через блок, связан с пружиной. Найти период колебаний груза, если блок представляет собой тонкостенный
цилиндр.
661. С какой частотой будет колебаться-палка массы
т = 2 кг и площади поперечного сечения S = 5 см2, плавающая на поверхности воды в вертикальном положении?
(Принять во внимание, что период колебаний груза на пружине дается выражением Т = 2л У m/k, где k — коэффициент упругости пружйны.)
662. В сообщающиеся сосуды цилиндрической формы
налита ртуть. Найти период колебаний ртути, если площадь поперечного сечения каждого сосуда 5= 0 ,3 см2, а
масса ртути т= 484 г. Плотность ртути р = 13,6 г/см3.
663. Представим себе шахту, пронизывающую земной
шар по одному из его диаметров. За какое время тело, брошенное в эту шахту, достигнет центра Земли? Сопротивление движению отсутствует.
664. Закрепленная на концах струна растянута с силой
/. К середине струны прикреплен точечный груз массы т

129

перпендикулярном* дашктфужшг, в разные лгшроки от н аложения равновесия: и отпускают (ряс. 233, б), Определите
период колебаний грузов. !
667. Для того чтобы удержать в равновесии открытую
дверь в вестибюле метро (дверь открывается в обе стороны
и возвращается в положение равновесия пружинами), нужно приложить к ручке двери силу 50 Н . Можно ли открыть
дверь силой 1 Н, приложенной к той же ручке? Трением
в петлях двери можно пренебречь.
668. С невесомым блоком радиуса г жестко скреплен не»
весомый стержень длины I. На конце стержня находится
тело массы т (рис. 234). На блок намотана нить, к свободному концу которой прикреплен груз
массы М. При каком условии движение системы будет носить колебательный характер, если в начальный
момент усол а между стержнем к
вертикалью равен нулю?
669; Определить отношение частот
колебаний для трех молекул: водорода, дейтерия и трития.
Примечание. Равновесному
положению двух претонов в молекуле ^ .
отвечает определенное расстояние | у/
между ними. Если эти два протона рИс. 234.
несколько сблизить или удалить от
равновесного положения, то возникает сила, возвращающая их в это положение. Она пропорциональна величине отклонения.
670. Найти частоты продольных; колебаний бесконечной линейной цепошш. одинаковых атомов. В положении
равновесия расстояние между атомами равно а. Масса каждого атома равна т . Коэффициент жесткости связи между атомами k.

131

Механические колебания. Ответочки

640. Центр тяжести доски в исходном положении равновесия
находится на высоте ус над горизонтальным уровнем, на котором
расположена ось цилиндра, причем yc — R-\-h/2. При повороте доски
без проскальзывания на малый угол <р центр тяжести доски займет
положение на высоте ус , , которую легко определить:
Ус + С08Ф + ЯФ sin Ф

348

640. Центр тяжести доски в исходном положении равновесия
находится на высоте ус над горизонтальным уровнем, на котором
расположена ось цилиндра, причем yc — R-\-h/2. При повороте доски
без проскальзывания на малый угол <р центр тяжести доски займет
положение на высоте ус , , которую легко определить:
Ус + С08Ф + ЯФ sin Ф

349

644. Обозначим через I длвну недеформировдаой пружины.
Т Ш й «расстояния первого и второй броской»ko вдетра кг& опрделййтся из соотношений
Обозначим через х л у перемещения первого и второго брусков в
случае, когда пружина сжата. Тогда расстояния брусков до центра
масс удовлетворяют соотношению
щ{1±—х) = тг (12—у), или ШуХ^т^у.
Пружина сжата на величину
Сила, с которой пружина действует на первый брусок, равна
F = k 1x, где ki = k — — -У*.
. ^2
Таким образом, период колебаний первого бруска равен (см. задачу 641)
у ? —
Период колебаний второго бруска, очевидно, будет таким же.
645. Пружина, распрямляясь, действует на оба груза. Груз,
стоящий у стенки, сначала неподвижен, а второй груз начинает
двигаться. Когда пружина полностью распрямится (т. е. придет й
недеформированное состояние), второй груз будет иметь скорость
Г k ( kx2 т°р2\
° ~ У щ Х ( » Г — ‘ ~ Т ) ‘
Следовательно, система приобретет количество движения, равное
m%v — Y kmtx.
Это количество движения будет сохраняться, так как внешние силы
в горизонтальном направлении не действуют.
Центр масс системы будет двигаться со скоростью
• тг-|-й%
При этом грузы будут колебаться относительно центра масс с периодом колебаний
т==2я л / ‘ V k (/nj + ffjj)
(см. задачу 644), ‘ .
646. Период колебаний груза на пружине Т = 2 л У’т/Ъ, где
k — коэффициент упругости пружины, равный отношению силы,
вызвавшей удлинение пружины, к этому удлинению: k*=FJx. При

350

последовательном соединении двух одинаковых пружин, растягиваемых силой F, ki = F/Xi = F/2x = k/2, так как каждая из пружин
увеличивает свою длину на х. При параллельном соединении двух
одинаковых пружин сила Flt необходимая для увеличения длины
каждой из пружин на х, должна быть в 2 раза больше F. Следовательно, k 2 = Ft/x = 2F/X — 2k. При последовательном соединении
Т г = 2я V m/kt = 2я Y~2mlk, а при параллельном Гг = 2я m/2k.
Отсюда ТJ T 2= 2. Период уменьшится в 2 раза.
647. Отклоним оба маятника от вертикали в одну и ту же сторону на одинаковый угол. Пружина при таком отклонении не будет
деформирована. Легко сообразить, что; отпущенные из этого положения, маятники будут колебаться в фазе с частотой w*= Vg/l.
При отклонении в разные стороны на одинаковые углы колебания
маятников будут происходить в противофазе и пружина будет деформироваться. Для того чтобы подсчитать частоту этих колебаний,
найдем силу, возвращающую маятники в положение равновесия.
При отклонении на угол ф сила, действующая со стороны пружины
на тело ‘т, равна 2kI sin q>. Сумма проекций силы тяжести и силы
упругости на касательную к окружности, так называемая «восстанавливающая» ?ила Р%, будет равна
Р± «= mg sin q>+ 2kl sin <p cos ф
(рис. 481). Так как при малых углах cos ф к 1, то
* р ± = (mg + 2fc/) sin ф, или P j= /n ( g + 2ft//m) sin ф. .
Для математического маятника «восстанавливающая» сила равна
mg sin ф. При этом частота колебаний при малых углах ф опредедяется формулой ш = YgJT. В нашем случае роль g играет величина
g + 2kl/m. Следовательно, w = y r(g-\-2kllm)jl. Период колебаний
Г* = 2я / l/(g+2kl/m).
648. Вертикальная составляющая силы натяжения Т равна
F = 7” cos а (рис. 482). Для конического маятника F — mg, так как

351

груз Hfe обладает ускорением в вертикальной плоскости. В случае
математического маятника при максимальном отклонении его от положения равновесия (на угол а) результирующая сила направлена
по касательной к траектории груза. Следовательно, Т = mg cos а.
При отклонении на угол а натяжение нити конического маятника
будет больше.
649. На поверхности земли период колебаний маятника
Т0 = 2 n yi/g . На высоте h над землей период колебаний маятника
Т г = 2 n \fIfg i- Число колебаний за сутки = 24.60-60-1 /7 \ = kjT x.
Следовательно, на высоте h над землей часы отстанут за сутки на
время
— Д^1 = (Тг T 0)r= k(l — Т q/T х).
Отношение периодов Т 0/Т 1= У g1!g = R/(R + h), как вытекает
из закона всемирного тяготения. Отсюда
Ati = khj(R-\-h) к kh/R » 2,7 с.
Если часы опущены в шахту, то отношение ускорений g 2/g =
= (/?—h)/R, так как
4я 1 4я . _ ,.„ 1 g = 7 T /?3p_, ^ =
Следовательно, Т в/Т 2= У g„Jg = У ( R — h)/R « I — /г/2/?. Часы в
этом случае отстанут на время Ы г = к (1 — Tf)/T 2)=^kh/2R « 1 ,3 5 с.
650. Каждая половина стержня с шариком на конце представляет собой математический маятник длины d/2, совершающий колебания в поле тяготения большого шара. Математический маятник
в поле тяготения Земли имеет период малых колебаний Т0 = 2я У Ijg.
По закону всемирного тяготения mg — y m M s/R 2, следовательно,
Т 0 — 2л У lR^/у М з, где гравитационная постоянная, М з —масса
Земли, R — расстояние маятника от центра Земли. Соответственно
в поле тяготения большого шара период малых колебаний математического маятника длины I = d/2 будет равен Г = 2я У dL2/2yM и
rs 5,4 часа.
651. Период колебаний математического маятника равен
Т = 2я У l/g’, где g ’ — ускорение свободного падения в соответствующей системе координат. В нашем случае g ‘ = V g 2 + a2, где g —
ускорение свободного падения относительно Земли. Таким образом,
T = 2 n V I / У g 2-\-a2. ■
652. Г = 2я У U{g+a):
653. Заменить в предыдущем ответе g-\-a на | g — а |.
654. Колебания кубика в чаше вполне аналогичны колебаниям
математического маятника, только вместо натяжения нити на кубик
действует реакция опоры. Следовательно, искомый период колебаний
Т — 2п y~Rjg655. При M^>tn ускорение чаши a —F/M —g. Следовательно
(см. задачу 654),
7 = 2л У R/(g + а) = 2я У Ш /F,

352

При F = О, т. е. при свободном падении чаши, Т = оо — колебания
отсутствуют.’ Если F = Mg, то Т = 2л V~R/B‘
656. Колебания кубика вызовут периодическое смещение чаши
в горизонтальной плоскости. Следовательно, период колебаний кубика уменьшится, так как в системе координат, связанной с чашей,
появится дополнительное переменное ускорение, направленное горизонтально (см. задачу 651).
657. Сравним движение центра обруча с движением конца математического маятника длины R — г. Обе эти точки описывают дугу
окружности радиуса R —г. Предположим, что при угле ср0 обруч и
маятник покоятся. На основании закона сохранения энергии для
скорости v0 центра обруча и скорости рм конца маятника в зависимости от угла ф имеем следующие выражения:
»0= V 8 (Я — Л ) ( С 0 8 ф — С 0 5 ф о ), 1»м = V 2g(R—Г) (COS ф — COS Ф о).
(Выражение кинетической энергий обруча, катящегося без проскальзывания, см. в задаче 215.) Из этих выражений следует, что vn —
= vul У 2. Так как центр обруча движется в ]/1Г раз_медленнее
маятника, то период движения центра обруча будет в У 2 раз больше, чем период движения математического маятника длины R —г.
Таким образом, для искомого периода имеем выражение Т =
= 2я У 2 ( R — f)/g. Заметим, что при г — >-0 Т — 2я У 2R/g, хотя
на первый взгляд может показаться, что при г = 0 должно иметь
место равенство Т = 2 я У R/g. Это связано с тем, что при г — >-0
энергия вращательного движения обруча не исчезает.
658. Пусть стержень первоначально отклонен от положения
равновесия на угол а. В тот момент, Когда стержень будет составлять с вертикалью угол р, угловая скорость a»i стержня .на основа­
‘ нии закона сохранения энергии будет равна
щ _ у — 2е ( щ , + „ М (сов
Рассмотрим теперь математический маятник длины I. В этом
случае при тех же углах а и р
<о» = у/ » у (cos Р — cos а).
Подберем I так, чтобы Ш] = юа. Для этого надо потребовать, чтобы
^ mxl\ + tn%l\
171^2
Угловая скорость характеризует изменения угла Р с течением времени. Так как то периоды колебаний двух маятников равны.
Для математического маятника Т = 2зт У l/g. Следовательно, искомый период равен
г о_ л /~ 1 .
Г = 2я V J*
12 Б. Б. Буховцев в др.

353

дав. Данная задача решаетея тем же методом, что и задача’688.
Пусть полукольцо первоначально4 отклонено от положения равновесия на угол а . При движении все точки полукольца имеют одну и
ту же линейную скорость. Кинетическая -энергия равна тг*<в®/2.
Изменение потенциальной энергии тгри повороте полукольца на угол
а —-ф равно ‘
mg (2/л:) г (cos ф — cos а),
так как центр тяжести находится на расстоянии (2/я) г от точки 0
(см. задачу 150).
Приравнивая изменение кинетической энергии изменению потенциальной, имеем для со выражение следующего вида:
У ;
2jо
(cos ф— еов а). (яг/2)
Отсюда вытекает, что математический маятник, имеющий длину
яг/2 , будет иметь тот зке период колебаний, что и полукольцо.
Таким образам, искомый период равен Т = 2 я У nr/2g.
660. В положении равновесия пружина будет растянута на величину I , которая определяется из соотношения kl= m g. Положим,
что в начальный момент «времени .груз покоится, а длина пружины
по сравнению с равновесным положением изменилась на х0. Если
теперь систему предоставить самой себе, то груз будет колебаться
около положения равновесия с амплитудой, равной | х01. В случае
невесомого блока (М = 0) период колебаний !Гв ==2я У m/k. Обозначим через х смещение груза, отсчитываемое от ‘положения равновесия. Скорость» груза в зависимости от х может быть найдена из закона сохранения энергии —
k ( x 0+ l f tnv* . k ( x + l f
— 2 — mgx0= — 2-Н— Ч р 1—- mgx.
Учитывая, что mg = kl, находим v — У к (х\ — х2)/т
Если М ф 0, то закон сохранения энергии запишется в форме
И яо + ‘О * ( т + М )* Н х+1)* _
— — 2——— mgx0———- 2—•— Т—— ^ mgx.
Отсюда следует, что ^ (*о * ) / ( ^ + OT) . Таким образом, во
втором случае (М ф 0) груз движется так, как если бы его масса
по равнению с первым случаем увеличилась на М. Следовательно,
искомый период Т = 2л У (m-{- M)/k.
661. При смещении палш относительно положения равновесия на величину х действующая «а палку сила окажется равной
F = — pgSx, где р — плотность воды. Знак минус означает, что
сила направлена против смещения х. Согласно второму закону
Ньютона колебания палки определяются уравнением та—— pgSx.
Это уравнение совершенно аналогично уравнению для колебания
груза на пружине: та = — kx. Так как для груза оз = 2я/Г = у к/от,
то частота колебаний палки
V==^ . = J ^ р Ц ^ е . й Гц.

354

682. Уравнение движения ртути имеет вид
т а= — pgS-2x,
где х —смещение уровня ртути от положения равновесия. Уравнение
движения имеет ту же форму, что и в елучае колебаний, груза на
пружине. Поэтому Т = 2тсУ~m/2pgS ж 1,54 с.
663. Действующая на тело сила F = 4/synpmr, где г— расстояние от центра Земли. Учитывая, что g = i/synpR , можно придать
этому выражению следующую форму.
‘ , ■ F = mg
Здесь У?— радиус Земли. Уравнение движения тела имеет вид
mg
Я
Сила пропорциональна смещению от положения равновесия и направлена к центру Земли. Следовательно, тело будет совершать
гармонические колебания с частотой
ш = У kjm = V’giR.
Отсюда период колебаний
Г=2я У Ш
Тело достигнет центра Земли за время
Т я -*/~R 0)
‘ г = т = т У j * 2 1 м н и *
Интересно, что время т совершенно не зависит от того, на каком
расстоянии от центра Земли тело начнет свое движение. (Важно
только, чтобы это. расстояние было много больше размеров тела.)
884. Сила F, действующая на отклоненный от положения равновесия груз, равна F = 2f sin <р (рис. 483). Так как угол <р мал, то
можно считать, что F —Afxjl, или F = kx, где fe= 4 ///. Воспользовавшись формулой Т = 2 п У mjk, получаем для искомой величины
следующее выражение: Т = 2л У m l/if.
665. Рассмотрим синфазные колебания двух грузов. При малом
отклонении х сила F не изменяется,, йоекшшку изменение длины
пружины1 второго порядка малости и им можно пренебречь. Учитывая только первые степени х-, уравнение движения каждого груза1

355

можно записать в виде
— Fx.ll.
Отсюда легко определить период колебаний: Т = 2я У ml/F.
666. Если грузы совершают колебания в противофазе, уравнение движения каждого груза, с точностью до первых степеней х,
принимает вид
„ х 2х / 1 2 \ ma=_ / ? T _ ^ _ = _ f f T + _ у .
У
mlU Отсюда 7′ = 2я у F
667. Можно, постепенно раскачивая дверь с частотой, равной
собственной частоте колебаний двери. При резонансе амплитуда колебаний может достигать больших значений.
668. На основании закона сохранения энергии имеем
-g- (ml2-\-Mr2) = Mgra.— mgl (I — cos а),
где и — угловая скорость вращения блока. Отсюда
(О_ 1 / ~ 2(M gra— 2mgl sin2 (а/2))
~ V ml* + Mr* •
Необходимым условием возникновения колебательного режима
является равенство нулю угловой скорости при некотором значении
угла а. При этом Mgra = 2mgl sin2(а/2) , или, введя обозначение
a = Mr/ml, получим aa/2 = sin2(a/2). Каждому значению а соответствует определенное максимальное отклонение от положения равновесия а , которое определяется данным трансцендентным уравнением.

356

Решение этого уравнения проще всего осуществляется графически. Для этого нужно построить кривую i/= s m 2(a/2) (рис. 484).
Тогда пересечение этой кривой с прямой у = аа/2 даст точку А,
определяющую значение а при данном а, (Значение а , соответствующее пересечению этой прямой с другой ветвью кривой у =
= sin2 (а/2), недостижимо при заданных в задаче начальных условиях.)
.Очевидно, что наше уравнение имеет решение, отличное от
нуля, только при а, меньшем йекоторого предельного значения а0,
которое определяется из условия, что прямая у — а(1а/2 касается
кривой у = sin2 (a/2) в точке С. Как видно из рис. 484, а 0 яз 133°.
Следовательно, a0 = 2CD/a0 к 0,73. Колебания возможны при
M r (ml < а 0 я; 0,73.
669. Ядро водорода состоит из одного протона, масса которого
равна т. Ядро дейтерия—дейтрон—состоит из одного протона и
одного нейтрона. Масса дейтрона 2т. Ядро трития состоит из одного протона и двух нейтронов. Масса трития 3т. Так как силы,
действующие во всех трех случаях между ядрами, одинаковые, т. е.
одинаков коэффициент жесткости к, то
<ан : «>г> : <вт = — L = : ~ Д = : — 1— = V ~ § : V ~3 :
н * D* т * f m V 2 m УЗт
670. Обозначим смещение произвольно выбранного i-ro атома от
положения равновесия через .
х; = A cos (at -j- im),
где x — произвольная величина. Тогда сила, действующая на п-й
атом со стороны ближайших соседей, равна
F = kA {cos [coZ’ -f- (л -f-1) ха] cos fat + (п — 1) ум] —2 cos (ю/Ц-яхл)}.
Из последнего выражения с помощью простых тригонометрических
преобразований получаем
F — — к A cos (чЛ пка) ■ 4 sin2 (ка/2).
Запишем уравнение движения n-го атома:
тап = — kA cos (со/ + n x a )-4 sin2 (ха/2),
где ап— ускорение п-го атома, равное
‘ а„ = — со2Л cos (оit -f- nxa).
Обозначим со2 = ft/m. Из написанных выше выражений получаем
со2 =со2-4 sin2 (xa/2), a> = 2a)0-sin (xa/2).
Если рассмотреть цепочку из N атомов, то крайние атомы будут иметь по одному соседу. Чтобы не усложнять расчеты, в данном случае не будем учитывать краевые эффекты и воспользуемся
условием периодичности для бесконечной цепочки, т. е. будем считать, что условия колебания атомов, имеющих номера ji, /V-j-n,

357

2N-\-n, 3iV-)-n я т. д., одинаковы. В этом случае
cos (a>t -f- пха) = cos fsuJf ~f (я + N) x«] = cos [Ш + (n-f- 2N) ха] и т. д.
Отсюда для х получаем N различных значений:
2д,
N m = 2 n \ , k = T7- v , где v = Q, 1, …, N — 1.

358

КОЛЕБАНИЯ, ВОЛНЫ, Механические колебания #физика

Пытливый ум — Хочу Всё Знать! Дача, огород, лайфхаки, хендмейд, знания, учёба