Решение задач по теме Механика

Приложение № 9.

Департамент лесного хозяйства Новосибирской области

государственное бюджетное образовательное учреждение

 среднего профессионального образования Новосибирской области

«Тогучинский лесхоз-техникум»

ПРАКТИКУМ ПО  УЧЕБНОЙ ДИСЦИПЛИНЕ

«ФИЗИКА»

для студентов 1 курса специальности 250110 «Лесное и лесопарковое хозяйство»

по теме «Механика»

2013 год

Одобрено цикловой комиссией

общеобразовательных дисциплин

Председатель_______________________

___________________________________

«____» ________________ 2013г

Протокол №_________________

Рассмотрено на

заседании методического совета

« ________» ______________ 2013г.

                                                                          Протокол  №_________

Аннотация

Практикум по дисциплине «Физика» по теме «Механика» предназначен для студентов очного отделения по специальности 250110 «Лесное и лесопарковое хозяйство» на базе основного общего образования. Расположение тем и заданий к ним соответствует структуре примерной программы учебной дисциплины.

Автор:

Медведева Ирина Николаевна

преподаватель ГБОУ СПО НСО  «Тогучинский лесхоз-техникум»

Введение

Курс изучения физики в средних специальных учебных заведениях несет двойную нагрузку. Это самостоятельный предмет, в котором должна соблюдаться строгая логичность изложения материала, и в тоже время, аппарат для широкого применения в изучении специальных дисциплин, для профессиональной деятельности и продолжения образования.

Изучение физики направлено на достижение следующих целей:

·               освоение знаний о фундаментальных физических законах и принципах, лежащих в основе современной физической картины мира; наиболее важных открытиях в области физики, оказавших определяющее влияние на развитие техники и технологии; методах научного познания природы;

·               овладение умениями проводить наблюдения, планировать и выполнять эксперименты, выдвигать гипотезы и строить модели, применять полученные знания по физике для объяснения разнообразных физических явлений и свойств веществ; практического использования физических знаний; оценивать достоверность естественнонаучной информации;

·               развитие познавательных интересов, интеллектуальных и творческих способностей в процессе приобретения знаний и умений по физике с использованием различных источников информации и современных информационных технологий;

·               воспитание убежденности в возможности познания законов природы; использования достижений физики на благо развития человеческой цивилизации; необходимости сотрудничества в процессе совместного выполнения задач, уважительного отношения к мнению оппонента при обсуждении проблем естественнонаучного содержания; готовности к морально-этической оценке использования научных достижений, чувства ответственности за защиту окружающей среды.

В результате изучения учебной дисциплины «Физика» студенты должны:

уметь:

·        применять полученные знания для решения физических задач.

Одно из труднейших звеньев учебного процесса – научить студентов решать задачи. Физическая задача – это ситуация, требующая от обучаемых мыслительных и практических действий на основе законов и методов физики, направленных на овладение знаниями по физике и на развитие мышления. Хотя способы решения традиционных задач хорошо известны (логический (математический), экспериментальный), но организация деятельности студентов по решению задач является одним из условий обеспечения глубоких и прочных знаний у них.

Цели практикума:

1.                 развитие познавательных интересов, интеллектуальных и творческих способностей в процессе решения физи­ческих задач и самостоятельного приобретения новых знаний;

2.                 совершенствование полученных в основном курсе знаний и умений;

3.                 формирование представителей о постановке, классификаций,  приемах и методах решения физических задач;

4.                 применять знания по физике для объяснения явлений природы, свойств вещества, решения физических за­дач, самостоятельного приобретения и оценки новой информации физического содержания.

Задачи:

1.                 углубление и систематизация знаний студентов;

2.                 усвоение студентами общих алгоритмов решения задач;

3.                 овладение основными методами решения задач.

При реше­нии задач особое внимание уделяется последовательнос­ти действий, анализу физического явления, проговариванию вслух решения, анализу полученного ответа.

Тема «Механика».

Кинематика.

Задачи по кинематике, разбираемые в курсе элементарной физики, включают в себя задачи о равнопеременном прямолинейном движении одной или нескольких точек и задачи о криволинейном движении точки на плоскости.

Общие правила решения задач по кинематике

1.     Сделать схематический чертеж, на котором следует, прежде всего, изобразить систему отсчета и указать траекторию движения точки. Удачно выбранная система координат может значительно упростить решение и сделать кинематические уравнения предельно простыми. Начало координат удобно совмещать с положением движущейся точки в начальный рассматриваемый момент времени, а оси направлять так, чтобы приходилось делать как можно меньше разложений векторов. 

2.     Установить связь между величинами, отмеченными на чертеже. При этом следует иметь в виду, что в уравнения скорости и перемещения входят все кинематические характеристики равнопеременного прямолинейного движения (скорость, ускорение, время, перемещение).

3.     Составляя полную систему кинематических уравнений, описывающих движение точки, нужно записать в виде вспомогательных уравнений все дополнительные условия задачи, после чего, проверив число неизвестных в полученной системе уравнений, можно приступать к ее решению относительно искомых величин. Если неизвестных величин в уравнениях оказалось больше, то это может означать, что в процессе их определения, «лишние неизвестные» сократятся.

4.     Составляя уравнения, необходимо следить за тем, чтобы начало отсчета времени было одинаковым для всех тел, участвующих в движении.

5.     Решая задачи на движение тел, брошенных вертикально вверх, нужно обратить особое внимание на следующее. Уравнения скорости и перемещения для тела, брошенного вертикально вверх, дают общую зависимость скорости V и высоты h от времени t для всего времени движения тела. 
Они справедливы (со знаком минус) не только для замедленного подъема вверх, но и для дальнейшего равноускоренного падения тела, поскольку движение тела после мгновенной остановки в верхней точке траектории происходит с прежним ускорением. 
Под высотой h при этом всегда подразумевают перемещение движущейся точки по вертикали, т.е. ее координату в данный момент времени — расстояние от начала отсчета движения до точки.

6.     Движение тел, брошенных под углом к горизонту, можно рассматривать как результат наложения двух одновременных прямолинейных движений по осям ОХ и OУ, направленных вдоль поверхности Земли и по нормали к ней. 
Учитывая это, решение всех задач такого типа удобно начинать с разложения вектора скорости и ускорения по указанным осям и затем составлять кинематические уравнения движения для каждого направления. 
Необходимо при этом иметь в виду, что тело, брошенное под углом к горизонту, при отсутствии сопротивления воздуха и небольшой начальной скорости летит по параболе и время движения по оси ОХ равно времени движения по оси OY, поскольку оба эти движения происходят одновременно.

7.     Время падения тела в исходную точку равно времени его подъема на максимальную высоту, а скорость падения равна начальной скорости бросания.

8.     Решение задач о движении точки по окружности принципиально ничем не отличается от решения задач о прямолинейном движений. Особенность состоит лишь в том, что здесь наряду с общими формулами кинематики приходится учитывать связь между угловыми и линейными характеристиками движения.

Динамика.

Основная задача динамики материальной точки состоит в том, чтобы найти законы движения точки, зная приложенные к ней силы, или, наоборот, по известным законам движения определить силы, действующие на материальную точку.

Общие правила решения задач по динамике

Характерная особенность решения задач механики о движении материальной точки, требующих применения законов Ньютона, состоит в следующем:

1.     Сделать схематический чертеж и указать на нем все кинематические характеристики движения, о которых говорится в задаче. При этом, если возможно, обязательно проставить вектор ускорения.

2.     Изобразить все силы, действующие на данное тело (материальную точку), в текущий (произвольный) момент времени. 
Выражение «на тело действует сила» всегда означает, что данное тело взаимодействует с другим телом, в результате чего приобретает ускорение. Следовательно, к данному телу всегда приложено столько сил, сколько имеется других тел, с которыми оно взаимодействует
Расставляя силы, приложенные к телу, необходимо все время руководствоваться третьим законом Ньютона, помня, что силы могут действовать на это тело только со стороны каких-то других тел: со стороны Земли это будет сила тяжести ,  со стороны нити — сила натяжения, со стороны поверхности — силы нормальной реакции опоры  и трения .
Полезно также иметь в виду и то обстоятельство, что для тел, расположенных вблизи поверхности Земли, надо учитывать только силу тяжести и силы, возникающие в местах непосредственного соприкосновения тел.
Силы притяжения, действующие между отдельными телами, настолько малы по сравнению с силой земного притяжения, что во всех задачах, где нет специальных оговорок, ими пренебрегают.

3.     Говоря о движении какого-либо тела, например поезда, самолета, автомобиля и т.д., то под этим подразумевают движение материальной точки. 
Материальную точку нужно при этом изображать отдельно от связей, заменив их действие силами. Связями в механике называют тела (нити, опоры, подставки и т.д.), ограничивающие свободу движения рассматриваемого тела.

4.     Расставив силы, приложенные к материальной точке, необходимо составить основное уравнение динамики: 

.

5.     Далее, пользуясь правилом параллелограмма, определяют величину равнодействующей, выразив ее через заданные силы, и подставляют выражение для модуля равнодействующей в исходное уравнение.
В большинстве случаев, и особенно когда дается три и более сил, выгоднее поступать иначе: движение частицы (на плоскости) описывать двумя скалярными уравнениями. Для этого нужно разложить все силы, приложенные к частице, по линии скорости (касательной к траектории движения — оси ОХ) и по направлению, ей перпендикулярному (нормали к траектории — оси 0Y), найти проекции F_x и F_yсоставляющих сил по этим осям и затем составить основное уравнение динамики точки в проекциях:

, 
где а_x и а_y — ускорения точки по осям.

Положительное направление осей удобно выбирать так, чтобы оно совпадало с направлением ускорения частицы. При указанном выборе осей легко установить, какие из приложенных сил (или их составляющие) влияют на величину вектора скорости, какие — на направление. 
Само собой разумеется, что, если все силы действуют по одной прямой или по двум взаимно перпендикулярным направлениям, раскладывать их не надо и можно сразу записывать уравнение динамики в проекциях. 
В случае прямолинейного движения материальной точки одно из ускорений (а_x или а_y) обычно равно нулю.
При наличии трения силу трения, входящую в уравнение динамики, нужно сразу же представить через коэффициент трения и силу нормального давления, если известно, что тело скользит по поверхности или находится на грани скольжения. 

6.     Составив основное уравнение динамики и, если можно, упростив его (проведя возможные сокращения), необходимо еще раз прочитать задачу и определить число неизвестных в уравнении. Если число неизвестных оказывается больше числа уравнений динамики, то недостающие соотношения между величинами, фигурирующими в задаче, составляют на основании формул кинематики, законов сохранения импульса и энергии. 
После того как получена полная система уравнений, можно приступать к ее решению относительно искомого неизвестного.

7.     Выписав числовые значения заданных величин в единицах одной системы, принятой для расчета, и подставив их в окончательную формулу, прежде чем делать арифметический подсчет, нужно проверить правильность решения методом сокращения наименований. В задачах динамики, особенно там, где ответ получается в виде сложной формулы, этого правила в начальной стадии обучения желательно придерживаться  всегда,  поскольку  в этих  задачах делают много ошибок.

8.     Задачи на динамику движения материальной точки по окружности с равномерным движением точки по окружности решают только на основании законов Ньютона и формул кинематики с тем же порядком действий, о котором говорилось в пп. 1-7, но только уравнение второго закона динамики здесь нужно записывать в форме:

или

Примеры решения типовых задач.

Пример 1.
Сложить две силы F ₁ = 3 Н и F₂ = 4 Н, векторы F₁ и F₂ составляют с горизонтом углы α₁ = 10° и α₂ = 40°, соответственно
 F = F₁ + F₂ (рис. 4).

Решение.

Результатом сложения этих двух сил является сила, называемая равнодействующей. Вектор  F направлен по диагонали параллелограмма, построенного на векторах F₁ и F₂, как сторонах, и по модулю равен ее длине.
Модуль вектора  F находим по теореме косинусов

F = √{F₁² + F₂² + 2F₁F₂cos(α₂ − α₁)},

F = √{3² + 4² + 2 × 3 × 4 × cos(40° − 10°)} ≈ 6,8 H.

Если

(α₂ − α₁) = 90°, то F = √{F₁² + F₂²}.

Угол, который вектор  F составляет с осью Ox, находим по формуле

α = arctg((F₁sinα₁ + F₂sinα₂)/(F₁cosα₁ + F₂cosα₂)),

α = arctg((3•0,17 + 4•0,64)/(3•0,98 + 4•0,77)) = arctg0,51, α ≈ 0,47 рад.

Пример2.
Определить импульс тела массой 2 кг, движущегося со скоростью 5 м/с. (рис. 10) 

Решение.

Импульс тела p = mv; p = 2 кг•м/с = 10 кг•м/с и направлен в сторону скорости v.

Пример 3.
Найти работу постоянной силы F = 20 Н, если перемещение S = 7,5 м, а угол α между силой и перемещением α = 120°. 

Решение.

Работа силы равна по определению скалярному произведению силы и перемещения 

A = (F•S) = FScosα = 20 H × 7,5 м × cos120° = −150 × 1/2 = −75 Дж.

Пример 4.
Как направлены два вектора, модули которых одинаковы и равны a, если модуль их суммы равен: а) 0; б) 2а; в) а; г) a√{2}; д) a√{3}? 

 Решение.
а) Два вектора направлены вдоль одной прямой в противоположные стороны. Сумма этих векторов равна нулю. 

б) Два вектора направлены вдоль одной прямой в одном направлении. Сумма этих векторов равна 2a. 

в) Два вектора направлены под углом 120° друг к другу. Сумма векторов равна a. Результирующий вектор находим по теореме косинусов: 

a² + a² + 2aacosα = a²,

cosα = −1/2 и α = 120°.

г) Два вектора направлены п од углом 90° друг к другу. Модуль суммы равен

a² + a² + 2aacosα = 2a²,

cosα = 0 и α = 90°.

д) Два вектора направлены под углом 60° друг к другу. Модуль суммы равен 

a² + a² + 2aacosα = 3a²,

cosα = 1/2 и α = 60°.

 Ответ: Угол α между векторами равен: а) 180°; б) 0; в) 120°; г) 90°; д) 60°.

Пример 5.

Две силы по 1,42 H каждая приложены к одной точке тела под углом 60° друг к другу. Под каким углом надо приложить к той же точке тела две силы по 1,75 H каждая, чтобы действие их уравновешивало действие первых двух сил? 

Решение. 
По условию задачи две силы по 1,75 Н уравновешивают две силы по 1,42 Н. Это возможно, если равны модули результирующих векторов пар сил. Результирующий вектор определим по теореме косинусов для параллелограмма. Для первой пары сил: 

F₁² + F₁² + 2F₁F₁cosα = F²,

для второй пары сил, соответственно

F₂² + F₂² + 2F₂F₂cosβ = F².

Приравняв левые части уравнений

F₁² + F₁² + 2F₁F₁cosα = F₂² + F₂² + 2F₂F₂cosβ.

Найдем искомый угол β между векторами

cosβ = (F₁² + F₁² + 2F₁F₁cosα − F₂² − F₂²)/(2F₂F₂).

После вычислений,

cosβ = (2•1,422 + 2•1,422•cos60° − 2•1,752)/(2•1,752) = −0,0124,

β ≈ 90,7°.

 Второй способ решения.
Рассмотрим проекцию векторов на ось координат ОХ (рис.). 

Воспользовавшись соотношением между сторонами в прямоугольном треугольнике, получим 

2F₁cos(α/2) = 2F₂cos(β/2),

откуда

cos(β/2) = (F₁/F₂)cos(α/2) = (1,42/1,75) × cos(60/2) и β ≈ 90,7°.

Пример 6.

 Посыльный проходит 30 м на север, 25 м на восток, 12 м на юг, а затем в здании поднимается на лифте на высоту 36 м. Чему равны пройденный им путь L и перемещение S?

 Решение.
Изобразим ситуацию, описанную в задаче на плоскости в произвольном масштабе (рис.). 

Конец вектора OA имеет координаты 25 м на восток, 18 м на север и 36 вверх (25; 18; 36). Путь, пройденный человеком равен

L = 30 м + 25 м + 12 м +36 м = 103 м.

Модуль вектора перемещения найдем по формуле

S = √{(x − x_o)² + (y − y_o)² + (z − z_o)²},

где x_o = 0, y_o = 0, z_o = 0.

S = √{25² + 18² + 36²} = 47,4 (м).

 Ответ: L = 103 м, S = 47,4 м.

Пример 7.

 Со станции вышел поезд, идущий со скоростью 20 м/с. Через 10 мин по тому же направлению вышел экспресс, скорость которого 30 м/с. На каком расстоянии (в км) от станции экспресс нагонит товарный поезд?

 Решение:
 При первом прочтении условия пытаемся понять ситуацию, описанную в задаче. Несколько неудобно, что сначала двигался поезд, а уже спустя 10 минут – экспресс. Упростим задачу. За 10 мин = 600 с поезд проедет расстояние S = v_nt = 20 × 600 = 12000 (м). Теперь поезда в «одинаковых» условиях (рис. 1.1).

Составим уравнения движения для поезда и экспресса, приняв за начало отсчета станцию. Тогда

x_n = 12000 + 20t и x_э = 30t.

    В момент встречи координаты поезда и экспресса совпадают:

12000 + 20t = 30t,

отсюда время до встречи t = 1200 с.
    Подставляя найденное время в любое уравнение движения, находим:

30•12000 = 36000 м = 36 км.

   1 замечание. Совсем необязательно было искать расстояние, на котором окажется поезд через 10 минут. Составим уравнения движения для поезда и экспресса, приняв за начала отсчета времени выход поезда:

x_n = 20t и x_э = 30(t – 600).

   Решая эти уравнения, относительно времени, найдем t = 1800 c. В данном случае время получено от начала движения поезда. Расстояние до встречи будет таким же, после подстановки в уравнение движения или поезда или экспресса.
    Если же в качестве отсчета времени выбрать начало движения экспресса, то уравнения координат примут вид:

x_э = 30t и x_n = 20(t + 600).

   Решая эти уравнения, относительно времени, найдем t = 1200 c. Подставляя в уравнение движения, например, экспресса, получим все те же 36 км.

   2 замечание. Время до встречи можно найти «проще». Перейдем в систему отсчета связанной, например, с поездом. Сделаем это так – остановим поезд, сообщив ему скорость 20 м/с в противоположную сторону. Поезд стоит на месте. Останавливая поезд мы сообщаем всем телам такую же скорость 20 м/с в том же направлении. Экспресс будет приближаться к поезду со скоростью 30 м/с – 20 м/с = 10 м/с, и проходит расстояние 12000 м за 1200 с.

   3 замечание. Задачу можно решить графически.
   Уравнения движения

x_n = 12000 + 20t и x_э = 30t.

представляют собой линейные зависимости координаты от времени. Достаточно двух точек для построения графиков зависимости координат от времени.

xЭ, м	t, с	xП, м	t, с
0	0	12 000	0
36 000	1200	36 000	1200

    На рисунке 1.2

точка пересечения графиков соответствует времени встречи поезда и экспресса – по оси t и месту встречи – по оси x. Метод достаточно наглядный, но менее точный.
   Вывод: на примере этой простой задачи мы рассмотрели несколько методов достижения поставленной цели.
   1) Координатный метод. Выбираем начало отсчета, направление. Составляем уравнения движения тел, в момент встречи координаты совпадают. Приравняв координаты, получаем уравнение относительно времени, находим время до встречи и подставляем в любое уравнение движения.
   2) Графический метод. По точкам строим графики зависимости координаты от времени. Точка пересечения прямых на графике позволяет определить время и место встречи.
   3) Изменение системы отсчета. Позволяет гораздо проще определить время тел до встречи.

Пример 8.

Через блок перекинули нерастяжимую нить, к концам которой прикрепили два шарика. Ось блока поднимают вертикально вверх со скоростью 4 м/с, удерживая при этом на месте один из шариков. С какой скоростью движется другой шарик?

 Решение 1.

 Ось блока движется в вверх с постоянной скоростью v = 4 м/с, тем самым вытягивая нить с левой стороны и увлекая за собой груз с некоторой скоростью v₁, направленной также вверх, так как правый груз удерживается на месте (рис. 2.1).

При этом совершается работа по подъему блока равная  A = F₁ × S, работа по подъему левого груза равна A = F₂ × L. Воспользуемся золотым правилом механики: блок не дает выигрыша в работе, тогда

F₁ × S = F₂ × L или F₁ × vt = F₂ × v₁t.

Свяжем силы, приложенные к грузу и к блоку следующим образом: 

F₁R = F₂D.

Откуда следует, что  F₁/F₂ = D/R = 2 (рис. 2.2),

следовательно, F₁/F₂ = v₁/v = 2.
   Искомая скорость груза в два раза больше скорости движения блока и равна 8 м/с.

 Решение 2.

Изменим систему отсчета, связав ее (например) с осью блока. В этой системе отсчета блок является неподвижным. Это сделаем следующим образом: зададим блоку скорость v в противоположную сторону его движения. Тогда все тела также получат скорость v в том же направлении. В результате изменения системы отсчета мы имеем: остановленный блок, движение правого груза вниз со скоростью v, движение левого груза со скоростью v₁ – v вверх (рис. 2.3).

Осталось сделать правильный вывод: так как нить нерастяжима, то грузы будут двигаться со скоростью, модуль которой равен v. Тогда для левого груза v₁ – v = v или v₁ = 2v = 8 м/с.

 Замечание 1.

Выбор системы отсчета может, как упростить, так и усложнить решение задачи.
 Замечание 2.

При изменении системы отсчета все тела получают как модуль скорости движущейся системы, так и направление (противоположное) вектора скорости.
 Замечание 3.

При изменении системы отсчета, следует учесть, что Земля, также изменяет свое состояние.
 Замечание 4.

Решая задачу, в которой происходит движение нескольких тел, задайте себе вопрос: а что если изменить систему отсчета?

 Пример 9.

На гладкой горизонтальной поверхности на расстоянии 2l друг от друга неподвижно лежат два шарика, массой m каждый, связанные невесомой нерастяжимой нитью длиной 2l. Среднюю точку нити A начинают двигать с постоянной скоростью v в горизонтальном направлении, перпендикулярном нити. Какой путь пройдет точка A до момента столкновения шаров?

 Решение.
   Представить данную задачу не очень трудно. Условие достаточно понятно (см. рис. 2.4).

Для решения задачи перейдем в систему отсчета связанную с центром масс ( т. А). «Остановим», мысленно, точку A, сообщив ей скорость в противоположном направлении. Тогда шарики будут двигаться со скоростью центра масс v навстречу друг другу. Точку Aможно представить (условно) в виде гвоздя. Аналогия вполне уместна. Шарики будут двигаться по дугам окружности и ее четверть, длиной 2πl/4 = πl/2, пройдут за время 

t = πl/(2v) (рис. 2.5).

Таким образом, мы определили время шариков до столкновения. Для определения пути пройденной точкой  A до момента столкновения шаров вернемся обратно в первоначальную систему отсчета. Найдем расстояние, пройденное средней точкой за это время

S = vt = v × πl(2v) = πl/2

Пример 10.

 Охотник стреляет дробью в птицу, летящую по прямой со скоростью v₁ = 15 м/с. Какое упреждение S нужно сделать, если в момент выстрела птица находилась на минимальном от охотника расстоянии, равном l = 30 м? Скорость дроби v₂ = 375 м/c.

Рассуждение.

Читая условие задачи, возникает вопрос − что понимает автор под упреждением? В таких случаях можно предложить следующее: рисовать задачу, внося на рисунок все, что известно в задаче и, возможно, вопрос задачи прояснится. 
Мы последуем этому совету. Птица летит горизонтально со скоростью  v₁ = 15 м/с (например) слева направо. Охотник находится в момент выстрела на минимальном расстоянии, а это будет перпендикуляр, проведенный от птицы к охотнику. Теперь осталось сообразить, как нужно стрелять охотнику, чтобы попасть в птицу (см. рис. 2.6).

Расстояние  AB и будет упреждением, которое должен сделать охотник, чтобы попасть в летящую птицу.

 Решение 1. Рассмотрим систему отсчета связанную с землей. Треугольник OAB прямоугольный. Тогда, по теореме Пифагора

OA² + AB² = OB² или l² + (v₁t)² = (v₂t)².

   Решая последнее уравнение, относительно времени, получим

t = l/√(v₂² – v₁²).

   Нахождение времени, является ключевым моментом решения задачи. Определим упреждение

S = AB = v₁t = v₁l/√(v₂² – v₁²) = 1,2 м.

 Решение 2. Изменим систему отсчета, связав ее с птицей. В этой системе отсчета птица покоится в т. A. Для этого мы ей сообщим скорость v₁ направленную в противоположную сторону. Тогда дробь также получит в этом же направлении скорость v₁. Дробь полетит по направлению к птице со скоростью, вектор которой мы находим по правилу параллелограмма, а численное значение по теореме Пифагора (см. рис. 2.7).

v = √(v₂² – v₁²).

За время

t = l/v = l/√(v₂² – v₁²).

дробь прилетит в точку A. Время найдено, вернувшись в первоначальную систему отсчета, найдем упреждение S = 1,2 м.

 Решение 3. Свяжем систему отсчета с дробью «остановив» ее и она ни куда не летит. Тогда птица получит скорость дроби в противоположном направлении. Воспользовавшись правилом параллелограмма, найдем направление относительной скорости птицы (на дробь) и по теореме Пифагора найдем ее значение (см. рис. 2.8).

v = √(v₂² – v₁²).

За время 

t = l/v = l/√(v₂² – v₁²).

птица прилетит в точку O (условие задачи выполнено). Время найдено, вернувшись в первоначальную систему отсчета, найдем упреждение S = 1,2 м.

 Замечание 1.

Выбор системы отсчета позволяет значительно упростить нахождение времени полета птицы-дроби до встречи.
 Замечание 2.

Если внимательно прочитать условие задачи «упреждение S», в физике приняты условные обозначения S – расстояние, но не угол и не время точно.
 Замечание 3.

Для отработки устойчивых навыков иногда полезнее решать задачу разнообразными методами, в различных системах отсчета.

Пример 11.

С какой скоростью должны вылететь мина из миномета в момент старта ракеты, вылетающей вертикально вверх с ускорением 3g без начальной скорости, чтобы поразить эту ракету? Расстояние от миномета до места старта ракеты 250 м, мина вылетает под углом 45° к горизонту.

 Решение.  

Ось XOY направим так, как показано на рисунке.

   Мина поразит ракету в точке A. По горизонтали она пролетит расстояние равное

S = v_xt = v_ocosα•t, (1)

где t −− время полета мины.
   По вертикали мина пролетит расстояние равное высоте подъема ракеты (должна попасть в ракету).

H = v_yt − gt²/2 = v_osinα•t − gt²/2. (2)

   Высота подъема ракеты до точки A

H = 3gt²/2. (3)

Приравняем (2) и (3)

v_osinα•t − gt²/2 = 3gt²/2.

Сократив на время, имеем уравнение

v_osinα − gt/2 = 3gt/2. (4)

Из уравнения (4) выразим время полета мины (ракеты)

t = v_osinα/(2g). (5)

Теперь подставим в уравнение (1)

S = v_xt = v_ocosα•v_osinα/(2g).

Откуда выражаем искомую скорость мины

v_o = [2gS/(cosα•sinα)]^1/2 = 2[gS/(sin2α)]^1/2.

Вычислим скорость мины

v_o = 2[10•250/sin(2•45°)]^1/2 = 100 м/с.

   Вывод: для ответа на вопрос задачи мы решали три уравнения:

S = v_ocosα•t, H = v_osinα•t − gt²/2, H = 3gt²/2.

   В которых три неизвестных: высота, на которой произошло попадание, время попадания мины в ракету и начальная скорость мины (искомая). Три уравнения с тремя неизвестными дают решение.

   Решение 2.

Изменим систему отсчета. Предлагаю «выключить гравитационное поле Земли».
   Земля действует на оба тела, отключив ее мы получим ситуацию равномерного движения мины и равноускоренного движения ракеты с ускорением 4g = 3g + g. Правда и Земля будет двигаться вверх с ускорением g, но она нас не интересует.
   Итак, мина летит по прямой и пролетает расстояние равное L = S(2)^1/2, так как мы имеем равнобедренный прямоугольный треугольник (смотри на рисунке).

   Ракета до точки попадания мины пролетает расстояние

S = 4gt²/2 = 2gt².

Откуда время t = [S/(2g)]^1/2.
Теперь определим скорость мины

v_o = L/t = S√2/√{S/(2g)} = 2√(gS).

Подставим численные значения

v_o = 2√(10•250) = 100 м/с.

   Изменив систему отсчета, мы гораздо проще определили время полета мины и ракеты до попадания.

 Пример 12.

С высоты 1,5 м на наклонную плоскость вертикально падает шарик и абсолютно упруго отражается от нее. На каком расстоянии от места падения он снова ударится о туже плоскость? Угол наклона плоскости к горизонту 30°.

   Решение 1.

Выберем оси координат, так как показано на рисунке.

   По вертикали, до точки удара о плоскость, тело пролетит расстояние H, уравнение координаты вдоль оси OY имеет вид

0 = H + v_osinα•t − gt²/2. (1)

   Дальность полета вдоль оси OX равна

S = v_ocosα•t. (2)

Выразим из уравнения (2) время полета и подставим в (1) уравнение

0 = H + Stgα − (g/2)S²/(v_ocosα) ². (3)

Из соотношения в прямоугольном треугольнике свяжем высоту и дальность полета по горизонтали с дальностью полета вдоль плоскости

H = Lsinα, S = Lcosα.

Подставим в уравнение (3)

0 = Lsinα + Lcosαtgα − (g/2)(Lcosα)²/(vocosα)²,

или

0 = 2sinα − gL/(2v_o²),

Выразим дальность полета вдоль наклонной плоскости

L = 4v_o²sinα/g.

Так как скорость тела перед падением на плоскость равна v_o² = 2gh (свободное падение), то

L = 8hsinα,

После подстановки L = 8•1,5•sin30 = 6 м.

   Решение 2.

Решим задачу в системе координат, так как показано на рисунке, развернув ее на 30° по отношению к первоначальной по часовой стрелке.

   В новой системе координат, тело брошено под углом к горизонту 90° − &alpha = 60°. Обратим внимание на то, что в новой системе координат тело движется равноускоренно вдоль оси OX с ускорением g_x = gsinα и дальность полета равна

L = v_ocos(90° − α)•t + gsinαt²/2, (1)

где t – время полета, которое найдем из уравнения скорости вдоль оси OY. Учтем, что тело движется с ускорением g_y = −gcosα в проекции на ось OY

v_y = v_osin(90° − α) ? gcosαt.

   В верхней точке траектории v_y = 0, тогда

v_osin(90° − α) − gcosαt₁ = 0 и t₁ = v_o/g,

а время полета t = 2t₁ = 2v_o/g.
   Подставим время полета в уравнение (1)

L = v_osinα•2v_o/g + gsinα (2v_o/g)²/2 = 4v_osinα/g.

C учетом того, что скорость тела перед падением на плоскость равна v_o² = 2gh получим дальность полета

L = 8hsinα,

   Мы получили тот же результат, но, может быть чуть с более сложной математикой.

   Решение 3.
    «Выключим Землю», тогда тело будет двигаться прямолинейно и равномерно со скоростью v_o, а горка придет в движение с ускорением g и придет в точку A одновременно с телом.

   Проанализировав углы треугольника OAB видим, что все они равны 60°. Тогда OA = AB = OB = L.
   Расстояние OA = v_o•t, а AB = gt²/2. Приравняв правые части v_o•t = gt²/2, найдем время полета тела t = 2v_o/g.
   Тогда дальность полета

L = OA = 2v_o•v_o/g = 2v_o²/g.

   C учетом того, что скорость тела перед падением на плоскость равна v_o² = 2gh получим дальность полета L = 4h = 4•1,5 = 6 м.

   Замечание:

·         Третьим способом время полета определяется гораздо проще.

·         Если решать задачу в общем виде, то формула дальности полета будет такой же L = 8hsinα.

Пример 13. Стоящий на коньках человек массой 60 кг ловит мяч массой 500 грамм, летящий горизонтально со скоростью 72 км/ч, определите расстояние на которое откатится при этом человек, если коэффициент трения 0,05.

Решение:

Пример 14.

Тела массами m₁=3,0 кг и m2=2,0 кг, связанные нитью, находятся на горке, как это указано на рисунке. Найтинатяжение нити, если горка помещена в лифт, движущийся вертикально вверх с ускорением а₀=2,0 м/с с. Коэффициент трения равен µ=0,40, угол наклона горы равен α=30˚.

Решение:

Два тела массами m₁и m₂ расположены так, как это указано на рисунке. Найдем ускорение, с которым движутся тела, если предположить, что тела движутся вправо, а коэффициент трения о поверхность известен и равен µ . Наклонная плоскость составляет угол α  с горизонтом. Как обычно укажем силы, действующие на каждое из тел, и напишем для каждого из них второй закон Ньютона. Тогда для первого и второго тела

N+T+m1g+Fтр=m₁(a+a₀),: m₂g+T=m ₂(a+a₀)

(здесь мы воспользовались фактом, что натяжение вдоль всей нити одинаково и равно Т)

Для описания движения тела на наклонной плоскости выберем систему координат, в которой ось x направлена вдоль наклонной плоскости по направлению движения, а ось у к ней перпендикулярна. Спроектируем на них уравнение движения:

 T-m₁g₀ sin α -Fтр=m₁a, N - m₁g₀ cos α =0,

причем учитывая тот факт, что ускорение лифта нам известно и направлено вертикально как и сила тяжести удобно ввести величину g₀

=g+a₀. Для второго тела возьмем систему отсчета ось х которой направлена вертикально вниз ( второй оси нам не понадобиться т.к. 3 это тело не касается поверхности и реакции опоры находить не нужно). Проекция второго закона Ньютона на эту ось имеет вид:

m₂g₀-T=m₂a.

Далее используем связь между силой трения и реакцией опоры, которую найдем из уравнения по у

Fтр= µ m₁g₀ cos α .

Подставляя выражение для силы трения в уравнение по х для первого тела и затем складывая оба уравнения по х, получим:

 T-F-m₁g₀ sin α - µ m₁g₀ cos α +m₂g₀ -T=m₁a+m₂a.

Отсюда следует выражение для ускорения

а=(m₂g₀ -m₁g₀ sin α - µ m₁g₀cos α )/(m₁+m₂).

Для гладкой поверхности в этом случае

а=(m₂g₀ -m₁g₀ sin α )/(m₁+m₂).

Подставляя численные значения масс и ускорения свободного падения, убедимся, что ускорение меньше нуля. Если бы трение отсутствовало, то ускорение было бы положительно. Но наличие трения не может изменить направление движения, а значит ускорение в нашем случае равно нулю. Отсюда найдем

T=m₂(g+a₀)=24 H.

Ответ: 24 Н.

Краткое описание документа:

Практикум по дисциплине «Физика» по теме «Механика» предназначен для студентов очного отделения по специальности 250110 «Лесное и лесопарковое хозяйство» на базе основного общего образования. Расположение тем и заданий к ним соответствует структуре примерной программы учебной дисциплины.

Курс изучения физики в средних специальных учебных заведениях несет двойную нагрузку. Это самостоятельный предмет, в котором должна соблюдаться строгая логичность изложения материала, и в тоже время, аппарат для широкого применения в изучении специальных дисциплин, для профессиональной деятельности и продолжения образования.