Методы и способы решения физических задач

В момент отрыва шайбы от поверхности сферы сила реакции  опоры становится равной нулю, сила трения равна нулю по условию, поэтому  единственной силой, действующей на шайбу в этот момент, является сила тяжести. Точка отрыва шайбы является точкой перехода её траектории  с  дуги окружности радиуса R на параболическую кривую. Составляющая силы тяжести, действующая вдоль радиуса, является силой, сообщающей шайбе центростремительное ускорение, поэтому скорость шайбы в момент отрыва можно определить по второму закону Ньютона: mg cos α = m V₀²/R, откуда     

               V₀ = (gR cosα)^1/2.                                     

Так как  h=R(1–cosα) (рис. 35,б), то:    V₀=[2gR (1 - cosα)]^1/2.                    

Приравняв правые части равенств определим косинус угла α, под которым направлен вектор V₀:cosα=2/3.                                               

Подставив значение  cos α в одно из уравнений или, получаем значение скорости в момент отрыва шайбы: V₀=(2gR/3)^1/2=(2^.10^.1,35:3)^1/2 = 3 м/с.                    

Запишем уравнения движения шайбы после её отрыва в координатной форме, направив оси координат Х  и У так, как показано на рис.35,б:

                                             Х=V_oxt=(V_ocosα)t;                                        

                                             Y=V_oyt+gt²/2=(V_osinα)t+gt²/2                             

При t = t_п – времени полёта шайбы до точки падения, X = X_max, a

Y = R cos α = 1,35 ^. 2/3 = 0,9 м. Определим sin α=(1–cos²α)^1/2 =(1–4/9)^1/2 = 5^1/2/3.

После подстановки t_п в уравнение оно примет вид: 0,9=5^1/2t_п+5t_п²,                                                       

откуда                       t_п = (5^1/2 + 23^1/2)/10 = 0,7 с.

Подставив значение t_п в определим X_max = (V_o cosα)t_п =3 ^. 2/3 ^.0,7 = 1,4 м.

Точка падения шайбы лежит  от центра полусферы на расстоянии

                                      S = X_max + R sin α = 1,4 + 1,35 ^. 5^1/2/3 = 2,41 м.

Точка падения шайбы будет  той точкой, откуда нужно бросить  шайбу, чтобы она остановилась на вершине полусферы.  Теперь определим  скорость, с которой нужно бросить  шайбу. Она будет равна скорости V, с которой шайба падает на горизонтальную поверхность: V=(V_ox²+V_y²)^1/2.                                            

V_ox = V_o cosα = 3 ^. 2/3 = 2 м;     V_y = V_o sin α + gt_п = 3 ^. 5^1/2/3 + 10 ^. 0,7 = 9,24 м/с, подставив эти значения, получим значение скорости V=(2²+9,24²)^1/2=9,45 м/с.

Определим угол, под которым нужно направить вектор скорости V при бросании шайбы. Он будет равен углу β, под которым шайба падает на горизонтальную поверхность. tg β = V_y / V_ox = 9,24/ 2 = 4,62;    β = 77,8^o.

Таким образом, чтобы шайба, будучи брошенной, остановилась на вершине  полусферы радиуса 1,35 м. её нужно  бросить с расстояния 2,41 м от центра полусферы, со скоростью 9,45 м/с под  углом 77,8^о к горизонтальной поверхности, на которой расположена полусфера.

4.9. Метод усложнения – упрощения.

 

Метод усложнения - упрощения  – это своеобразное использование  анализа и синтеза. Метод связан с введением новых элементов, которые на первый взгляд усложняют  задачу, но в результате дают эффективное  решение. В некоторых задачах  удобно разбить систему на составные части, или же наоборот достроить её, упрощая тем самым ход решения.

Задача:  доска массой m и длиной l лежит на горизонтальном полу. Коэффициент трения доски о пол равен k. Какую работу надо совершить , что бы повернуть доску в горизонтальной плоскости на малый угол вокруг одного из концов? (рис.36)

рис.36

1-й способ. Рассмотрим  элемент доски dx массой dm=, который при повороте на проходит расстояние x.

При этом совершается работа dA=kg x или A=l=

2-й способ. A==

Результат получен после  поворота и второго конца на угол . Искомая работа равна половине работы по перемещению доски на L.

Задача: В полусферический колокол, плотно лежащий на столе, наливает через отверстие вверху воду. Когда вода доходит до отверстия, она приподнимает колокол и начинает вытекать снизу. Радиус колокола R, плотность воды . Найти массу колокола М.(рис.37)

1-й способ. Прямое динамическое  решение задачи (рис.41,а) F=Mg+. F=, M=

2-й способ. Поместим систему  в цилиндрический сосуд высотой  и радиусом R. (рис.37 ,б)

Пусть колокол тонок и  его масса мала. Давление на колокол  снаружи и изнутри равно во всех точках. Если колокол убрать, то

M=(),  M=()=

рис.37

Задача: Найти кинетическую энергию стержня, вращающегося в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси, проходящей через его середину. Известны: (рис.38,а)

Для половины стержня (рис.38,б) . Но К=2, следовательно К=.

рис.38

Для того чтобы в полной мере овладеть использованием вышеизложенного  метода необходимо решить не одну задачу с применением данного метода.

4.10. Метод дифференцирования и интегрирования.

 

В основе метода лежат два  принципа:

1) принцип возможности  представления закона в дифференциальной  форме;

2) принцип суперпозиции.

При использовании метода дифференцирования и интегрирования, разделяют тело на материальные точки  или траекторию и время на такие  промежутки, на которых процесс можно  считать равномерным. Далее по принципу суперпозиций производят суммирование (интегрирование).

Задача: Найти силу гравитационного взаимодействия между расположенными на одной прямой материальной точкой массой m и однородным стержнем длиной L и массой M. Расстояние от точки до ближайшего конца стержня равно С. (рис.39)

рис.39

Выделяем на расстоянии х  от точки элемент стержня длиной dx и массой dx.  Сила его взаимодействия с точкой      dF=.

Поэтому                                       F=.

Задача: Найти кинетическую энергию однородного диска радиусом R и массы M, вращающегося с постоянной угловой скоростью вокруг оси, проходящей через центр диска перпендикулярно его плоскости.

Разобьем диск на кольца шириной dx, каждое из которых отстоит от оси вращения на x[0:R]. Масса каждого кольца, вращающегося с линейной скоростью :                        dm=

Величиной (dx)² в сравнении с 2xdx можно пренебречь.

                                                     dk=

Откуда                               К=

Метод дифференцирования  и интегрирования применяется также  для вывода формул.

4.11. Вариационные принципы механики, метод виртуальных перемещений.

 

Невариационные принципы устанавливают закономерности движения, совершаемого системой под действием  приложенных сил.

Вариационные принципы разделяются  на дифференциальные и интегральные. Дифференциальный – это метод  виртуальных перемещений, интегральный – следствие из принципа наименьшего  действия.

Принцип: Для равновесия любой механической системы с  идеальными связями необходимо и  достаточно, чтобы сумма элементарных работ, действующих на систему сил  при любом виртуальном перемещении, равнялась нулю.

Задача: В системе (рис.40) к нижнему блоку подвешен груз массой m. Какую минимальную силу надо приложить к свободному концу нити, чтобы удерживать систему в равновесии? Нити нерастяжимы, блоки невесомы. Нити между блоками считать параллельными.

Пусть точка приложения силы перемещается вертикально вниз на расстояние (-обозначение приращения по Лагранжу). При этом груз m переместится вверх на расстояние h=H

A₁A₂=0,                H-mgh=0,                   F=

 

рис.40

Традиционное решение:

Груз пребывает в равновесии, значит силы натяжения, приложенные  к любому участку нити, взаимно  компенсируют друг друга:

Т₀=Т₁, Т₁=Т_2, Т₂=Т₃, Т₃=Т₄.

Кроме того,                   F= Т₀; mg= Т₁ +Т₂ +Т₃ +Т₄=4F            F=.

Задача: В коробке К (рис.41) заключен передающий механизм неизвестной конструкции. При повороте ручки Р вертикальный винт В плавно поднимается. При одном полном обороте (радиус оборота r) винт перемещается на расстояние h. На винт кладут груз массой m. Какое усилие надо приложить к ручке, чтобы удержать систему с грузом в равновесии?

рис.41

Пусти искомая сила F при бесконечно малом повороте на угол совершает работу . При этом груз m поднимается на высоту и работа силы тяжести . Тогда из имеем F=mg.

Традиционными методами задача не решается так как ничего не известно о механизме передачи скрытом  в коробке.

4.12. Метод зеркальных изображений.

 

Метод основан на построении изображений предметов в плоских зеркалах.  С помощью этого метода можно решать задачи кинематики, оптики, электростатики.

Перед тем как отрабатывать навыки решения задач данным методом  со школьниками, либо со студентами необходимо вспомнить как построить изображение в плоском зеркале. На рис. 42 показано изображение А₁В₁ предмета АВ в плоском зеркале ОО₁. Угол падения ₁ равен углу отражения ₁, ; АО=А₁О; ВО₁=В₁О₁. Плоское зеркало меняет  «лево» на «право», это свойство имеет значение в оптике и электростатике.

рис.42

Задача: Автомобиль, находящийся на расстоянии l от длинной бетонной стены и движущийся от нее со скоростью v так, как показано на рис.47, посылает короткий звуковой сигнал. Какое расстояние пройдет автомобиль до встречи с отраженным сигналом. Скорость звука u.

рис.43

Сложность задачи связанна с тем, что бы найти точку О₁, отразившись от которой звуковой сигнал «нагнала» автомобиль.  Построим изображение А₁ автомобиля А в бетонной стене. При этом АО=А₁О. Пусть АА₂ =х – искомое расстояние. Соединив полученные точки А₁ и А₂, найдем О₁. Равные углы обозначим . Путь звукового сигнала АО₁А₂ равен А₁О₁А₂. По теореме косинусов из AA₁A₂ найдем

 

Учитывая, что          A₁A=2l; AA₂=x; Cos ()=-Sin            =ut=u

x=

Задача: Найти силу взаимодействия точечного заряда q, расположенного на расстоянии r от проводящей бесконечной заземленной плоскости (рис.44) с этой плоскостью.

рис.44

На плоскости в силу явления электростатической индукции находится заряд –q, распределенный по ней. Сила взаимодействия заряда q и индуцированного на плоскости заряда –q эквивалентна силе взаимодействия заряда q и его «зеркального» изображения –q. Так в электростатике появляется «лево» - «право».       F=

4.13. Метод экстремума потенциальной энергии.

 

Применяя этот метод можно  решать задачи статики, гидростатики, динамики вращательного движения, молекулярной физики и электростатики.

Для решения задач на нахождение условия равновесия системы неободимо  найти выражение для потенциальной  энергии, продифференцировать его  и, приравняв к нулю, решить относительно неизвестного.

Задача: однородная тонкая палочка шарнирно укреплена за верхний конец. Нижняя часть её погружена в воду, причем равновесие достигается тогда. когда она расположена наклонно  к поверхности воды и в воде находится её половина. Какова плотность материала палочки.

рис.45

За нулевой уровень U выберем  горизонталь через О (рис.45).

Потенциальная энергия надводной  части палочки U₁= - ,

а подводной U₂=()

Условие равновесия  палочки , откуда

Задача: На гладкое проволочное кольцо радиуса R надет маленький шарик массой m (рис. 46) Кольцо вместе с шариком вращается вокруг вертикальной оси, проходящей через диаметр кольца с угловой скоростью . Где находится шарик?

рис. 46

За нулевой уровень  u примем нижнюю точку кольца. Тогда потенциальная энергия шарика в поле тяжести u₁=mgR(1-Cos), а потенциальная энергия в поле центробежных сил инерции u₂=-. Но в положении равновесия шарика Поэтому при при .

4.14. Метод экспоненты.

 

Метод экспоненты в некотором  роде является комбинацией методов  дифференцирования и интегрирования и операции аналогии.  Экспонента обладает следующим свойством: её производная  повторяет саму функцию (

Задача: Найти зависимость давления атмосферы от высоты.

Пусть давление столба воздуха  единичной площади на высоте h=0 равно Ро (начальные условия). При увеличении  высоты на dh давление уменьшается на dP: dP=. Плотность воздуха выразим из уравнения Менделеева- Клапейрона. 

 откуда dP=-P

Далее, разделив переменные с учетом начальных условий получим:

P=P_o

Полученная формула называется барометрической (или формулой Больцмана).

Задача: В схеме, изображенной на рис.47 в момент t=0, когда заряд конденсатора равен q₀, замыкают ключ. Найти зависимость q=q(t)

рис.47