Методы решения физических задач




НазваниеМетоды решения физических задач
страница1/6
Дата07.11.2012
Размер0.78 Mb.
ТипРешение
  1   2   3   4   5   6
Ульяновский институт повышения квалификации

и переподготовки работников образования


Кафедра физико-математического образования


Кудрявцев Ю.Н.


МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ
ФИЗИЧЕСКИХ ЗАДАЧ






Ульяновск

2010


Методы решения физических задач / Ю.Н. Кудрявцев. – Ульяновск:

УИПКПРО, 2010 – 43 с.


Учебно-методическое пособие предназначено для учителей физики, работающих в старших классах средних общеобразовательных учреждениях и готовящих учащихся к ЕГЭ. Здесь описаны основные методы, использующиеся при решении многих физических задач. Каждый из методов рассмотрен на примерах решения конкретных физических задач.


Печатается по решению учебно-методического совета Ульяновского института повышения квалификации и переподготовки работников образования.


Ульяновский институт повышения квалификации и переподготовки

работников образования, 2010

Ю.Н. Кудрявцев, 2010


Введение.


«Задача – это необходимость сознательного поиска соответствующего

средства для достижения некоторой цели».

Д. Пойа.


Физическая задача - это проблема, решаемая с помощью логических умозаключений, математических действий на основе законов и методов физики. Решение физических задач относится к практическим методам обучения и, опираясь на активную мыслительную деятельность ученика, выполняет образовательную, воспитательную и развивающую функции. Физический смысл различных определений, правил, законов становится понятным учащимся лишь после многократного применения их к конкретным частным примерам – задачам. Воспитательная функция физических задач заключается в формировании научного мировоззрения учащихся. Решение задач воспитывает трудолюбие, самостоятельность в суждениях, интерес к учению, упорство в достижении поставленной цели. При решении задач развиваются логическое и творческое мышление.

Общая структура деятельности по решению задачи.




Решение задачи начинается с анализа условия. Ученик должен не только запомнить условие, но и осознать его, увидев физическое явление, о котором говорится в задаче. На этапе поиска решения ученик вспоминает физические законы, определения, описывающие рассматриваемое в задаче физическое явление, строит его математическую модель.

Основным методом поиска решения задачи является аналитико-синтетический способ. Аналитические рассуждения направлены от искомых задачи к её данным. Анализ требует разделения целого на части. При синтезе двигаются в рассуждениях от данных задачи к искомым. Синтез объединяет отдельные элементы в целое.

На этапе решения производятся преобразования записанных формул, осуществляется намеченный план решения. Здесь проявляется математическая подготовка учащихся.

Проверка результата заключается в определении достоверности числового значения искомой величины или её размерности при отсутствии числовых данных.

Исследование решения является очень важным этапом, имеющим большие дидактические возможности, позволяющим глубже проанализировать физическое явление. Никакую задачу нельзя исчерпать до конца, поскольку всегда остаётся что-то, над чем можно поразмышлять, найти другое решение задачи.

По степени сложности физические задачи делятся на элементарные, стандартные и нестандартные.

Для решения элементарной задачи необходимо и достаточно воспроизвести и применить один соответствующий физический закон. Решение стандартной задачи требует системы обычных знаний и стандартных методов и приёмов. Нестандартная задача требует особых методов решения, поскольку применение обычных законов и методов не приводит к цели, так как система уравнений получается незамкнутой. Как правило, нестандартные задачи встречаются в олимпиадных заданиях. В распространённых сборниках задач по физике приводятся стандартные задачи.

Методике обучения учащихся решению задач посвящено значительное количество работ учёных, методистов, учителей – практиков [1, 2, 3, 4. 5]. Однако затруднения в решении задач по-прежнему остаются наиболее частыми затруднениями, которые испытывают учащиеся школ, особенно при решении задач части С заданий ЕГЭ.

Анализ программ по физике, поурочного планирования учебного материала показывает, что о задачах говорится только в разделе «Требования к знаниям и умениям учащихся». Примерное поурочное планирование учебного материала предлагает примерно 20% учебного времени отводить на уроки по решению задач. Остальное время отводится на формирование у учащихся знаний о физических понятиях, законах, принципах, теориях, экспериментах. Возникает противоречие: большая часть времени уделяется изучению теоретического материала, а на контрольных работах проверяется умение решать задачи, чему практически не учат. Создаётся впечатление, что умение решать задачи является само собой разумеющимся, если знать теорию вопроса. Однако это умение не может возникнуть само собой, оно требует специального обучения.

По мнению авторов [1, 2, 3] главная причина неумения решать задачи состоит в том, что учащихся не учат методам решения, которые для отдельных классов задач выражаются в виде алгоритмов или предписаний алгоритмического типа. Метод - (от греч. methodos - путь исследования), способ достижения какой-либо цели, решения конкретной задачи; совокупность приемов или операций практического или теоретического освоения (познания) действительности.

Целью данного пособия является обзор методов решения задач, которыми должен владеть учитель физики, чтобы помочь учащимся подготовиться к итоговой аттестации в виде заданий ЕГЭ. Условия некоторых задач заимствованы из работ [ 6,7,8] и КИМ-ов ЕГЭ.


§1. Координатный метод решения задач.


Этот метод широко используется при решении задач по механике во всех её разделах: кинематике, динамике, статике.

1.1. Решение кинематических задач координатным методом.

Основной задачей кинематики является составление уравнений координат тела (материальной точки) как функции времени. В школьном курсе физики это уравнение вида

Х = Х0 + V t + ах t2/ 2. (1.1)


Здесь Х0 - начальная координата материальной точки, V0x – проекция вектора начальной скорости на ось ОХ, аx– проекция вектора ускорения на ось ОХ.


Проекцией вектора на ось называют скалярную величину, равную произведению модуля вектора на косинус угла, который этот вектор образует с положительным направлением оси. В зависимости от угла α проекция вектора может быть положительной при 0о ≤ α < 90о , равной нулю при α = 90о, отрицательной при 90о < α ≤ 180о. На рис. 1,а показано определение проекции вектора начальной скорости Voх на ось ОХ, на рис. 1,б – проекции вектора ускорения ах.





а) б)

Рис. 1


а) V0x = V0 cos α ; б) ax = а cos (180o – α ) = ­­- a cos α. (1.2)

Проекция вектора скорости положительна, а проекция вектора ускорения – отрицательна. Знак проекции вектора определяется знаком косинуса угла α.

Из уравнения (1.1) можно получить уравнение для проекции на ось Х вектора скорости как функции времени путём дифференцирования (1.1) по времени.

Vх = dx/dt = V + ахt. (1.3)

Умение составлять уравнения (1.1) и (1.3) и является одним из главных умений, необходимых для решения кинематических задач.

Наиболее общей задачей на движение тела в поле силы тяжести (гравитационном поле) является задача о движении тела, брошенного под углом к горизонту.


Задача №1. Девочка бросает мяч с балкона, находящегося на высоте h от поверхности земли, под углом α к горизонту со скоростью V0. Определить время полета мяча до земли, дальность полёта (координату Xmax точки падения), наибольшую высоту полёта мяча над землёй (максимальное значение координаты Уmax мяча) и скорость мяча в момент его падения на землю.


Решение задачи начинается с выбора начала отсчёта, с которым совмещают начало координат ХОУ, рационально направив оси координат. В данном случае удобно начало отсчета и связанное с ним начало координат выбрать на поверхности земли под балконом, направив оси Х и У соответственно горизонтально и вертикально. Отмечаем на оси У начальную координату мяча У0 = h, направляем вектор начальной скорости V0 под углом α к горизонту и изображаем траекторию полёта мяча, которая, как известно, представляет собой параболу. Точка пересечения параболы с осью Х определит координату Xmax , значение которой даст дальность полёта мяча. Наибольшая высота полёта мяча определится значением координаты Уmax вершины параболы. Рисунок к задаче будет иметь вид (рис.2). Для составления уравнений движения Х = Х(t) и У = У(t) вида (1.1) имеет смысл записать составляющие этих уравнений:




Х0 = 0;

V0x = V0 cos α X = ( V0 cos α) t (1.4)

gx = 0;


У0 = h;

V0y = V0 cos (90o – α) =

V0 sinα; У = h +V0 sinα)– gt2/2 (1.5)

gy = - g;

Далее начинается аналитическая работа с уравнениями (1.4) и (1.5). Через время tп (время полёта мяча) координаты мяча примут значения: Х = Хmax, у = 0. Тогда уравнения (1.4) и (1.5) примут вид:

Хmax = V0(cosα)tп; (1.6)

0 = h + ( V0 sinα) tп– gtп2/ 2. (1.7)

Решая квадратное уравнение (1.7), находим время полёта мяча tп.

t п = [ V0 sin α + (V02 sin2α + 2gh)1/2]/g , (1.8)

которое имеет только одно значение. Второе - отрицательное значение tп, которое следует из решения квадратного уравнения, не возможно. Здесь и далее корень квадратный из числа записывается как это число в степени ½.

Подставив значение tп в уравнение (1.6), определяем дальность полёта мяча Хmax.

Хmax = V0(cosα) = V0(cosα) [ V0 sin α + (V02 sin2α + 2gh)1/2]/g. (1.9)

В верхней точке траектории мяча высота его полёта максимальна, а проекция скорости на ось ОУ равна нулю. Для продолжения решения необходимо перейти к уравнениям проекций скорости V на оси Х и У как функциям времени. Взяв производные по времени от (1.4) и (1.5), получаем:

Vx = V0 cos α; (1.10)

Vy = V0 sinα - gt. (1.11)

Уравнение (1.10) показывает, что вдоль оси ОХ мяч летит равномерно с постоянной скоростью, не зависящей от времени. Движение мяча вдоль оси ОУ является равнопеременным (при движении до верхней точки полёта – равнозамедленным, а затем становится равноускоренным). В момент времени tв (время полёта мяча до верхней точки) проекция скорости Vy становится равной нулю, а координата У принимает максимальное значение уmax.

0 = V0 sinα - gtв; (1.12)

уmax = h + ( V0 sinα) tв– gtв2/ 2. (1.13)

Определив из уравнения (1.12) время tв,

tв = (V0 sinα) / g, (1.14)

подставляем его значение в уравнение (1.13) и определяем уmax- максимальную высоту полёта мяча.

уmax = h + ( V02 sin2α) / 2g. (1.15)

Для определения скорости мяча в момент падения (время tп) необходимо определить значения проекций этой скорости Vx и Vy в этот момент.

Vx определяем из уравнения (1.10), Vy из уравнения (1.11), подставив в него значение tп:

Vy = V0sinα - gtп = V0 sinα - g [ V0 sin α + (V02 sin2α + 2gh)1/2]/g (1.16) ,

Скорость мяча в момент падения V определится по теореме Пифагора:

V = (Vx2 + Vy2)1/2. (1.17)

Проекция Vy будет отрицательной, но будучи возведённой в квадрат даст положительное значение. Следует помнить, что вектор скорости в любой точке направлен по касательной к траектории движения.


Решение задач на движение тела, брошенного вертикально вверх или вниз, или свободно падающее (здесь угол α = 90о) сводится к составлению только одного уравнения:

У = h + V0 t – gt2/2. (1.18)

Уравнение (1.18) записано для случая бросания тела вертикально вверх с высоты h. Ось У направлена вверх, начало координат совпадает с уровнем земли.

Если тело брошено горизонтально (α = 0о), то уравнения движения (1.4) и (1.5) принимают вид:

Х = V0 t; (1.19)

У = h – gt2/ 2. (1.20)

Если в задаче описывается движение двух тел, то нужно составлять уравнения движения для каждого тела. Если в какой-то момент времени одно тело догоняет другое или они встречаются (сталкиваются), то это означает, что в этот момент времени они приобретают одинаковые координаты Х и У.




Задача №2. Тело А свободно падает с высоты h, тело В, находящееся на расстоянии L от предполагаемой точки падения тела А, бросают так, чтобы оно в полёте столкнулось с телом А. Под каким углом α к горизонту нужно бросить тело В и с какой скоростью, чтобы столкновение было возможным.

Начало координат совмещаем с точкой, в которой находится тело В (рис. 3).

Записываем уравнения движения тел.

Для тела А: ХА = L; (1.21)

УА = Н - gt2/ 2. (1.22)

Для тела В:

Хв = ( V0 cos α) t; (1.23)

Ув = ( V0 sinα) t – gt2/2. (1.24)


При столкновении ХА = Хв; УА = Ув, приравняв правые части (1.21) и (1.23), а также (1.22) и (1.24) получим уравнения:

L = ( V0 cos α) t; (1.25)

Н - gt2/ 2 = ( V0 sinα) t – gt2/2 или Н = ( V0 sinα) t. (1.26)

Разделив (1.26) на (1.25), получим соотношение

H / L = sinα / cos α = tg α, откуда α = arc tg H/L. (1.27)

Выражение (1.27) показывает, что вектор V0 скорости тела В должен быть направлен точно в точку, где в начальный момент находится тело А. Только в этом случае возможно столкновение тел А и В.

Минимальная величина этой скорости должна быть такой, чтобы тело В за время падения тела А с высоты Н смогло пролететь по оси Х расстояние равное L, в этом случае столкновение тел произойдёт в точке падения тела А. Уравнения движения тел примут вид:

для тела А: 0 = Н – gt п2/ 2; (1.28)

для тела В: L = ( V0 cos α) tп. (1.29)

Здесь tп – время свободного падения тела А. Решив систему уравнений (1.28) и (1.29) относительно V0 , получим выражение

V0 = [g (H2 + L2) / 2H]1/2 (1.30)

При всех начальных скоростях тела В больших значения, определяемого соотношением (1.30), столкновение тел А и В происходит обязательно, и чем больше значение V0, тем координата У точки столкновения будет больше, конечно, если вектор начальной скорости направлен под углом к горизонту, определяемым соотношением (1.27).


Задача №3. Определить время качения шарика по плоскости ХОУ, которая наклонена к плоскости горизонта под углом β, если он пущен под углом α к оси ОХ со скоростью V0 (рис. 4). Трением шарика о поверхность пренебречь.


В этом случае составляющая скорости шарика V будет меняться за счёт действия составляющей ускорения gУ, которая равна

gУ = g sinβ. (1.31)

Тогда уравнение координаты У примет вид:

У = Vt - gУ t2/2 = (V0sinα)t - (g sinβ)t2/2. (1.32)

Качение шарика по плоскости завершится в момент времени tk, когда он пересечёт ось ОХ в точке с координатой Х =Хmax.

В этот момент координата У шарика станет равной нулю и уравнение (1.32) примет вид:

(V0sinα)tk - (g sinβ)t2k/2 = 0, (1.33)

откуда время качения

tk = 2 (V0sinα) / (g sinβ). (1.34)

Как видно из (1.34) время качения шарика при одинаковых начальных скоростях V0 будет тем больше, чем меньше угол β наклона плоскости ХОУ к

горизонтальной плоскости.


Задача № 4. Шарик, падая вертикально, отскакивает от абсолютно твёрдой наклонной плоскости, расположенной под углом α к горизонту, со скоростью V0. Определить на каком расстоянии от точки падения шарик снова упадёт на наклонную плоскость.

При абсолютно упругом ударе шарика о наклонную плоскость угол отскока α от наклонной плоскости равен углу падения шарика на наклонную плоскость, т.к. составляющая скорости вдоль наклонной плоскости остаётся постоянной, а составляющая перпендикулярная наклонной плоскости меняет направление на противоположное, сохраняя свою величину. В данной задаче удобно направить оси координат так, как показано

на рис. 5 (ось ОХ вдоль наклонной плоско-

сти, ось ОУ - перпендикулярно ей).

Уравнения движения шарика вдоль координатных осей будут иметь следующий вид:

Х = ( V0 sin α) t + (g sin α) t2 / 2; (1.35)

У = ( V0 cos α) t –(g cos α) t2 / 2. (1.36)

При t равном времени полёта tп Х = Хmax, а У = 0. Тогда уравнения (1.35) и (1.36) принимают вид:

Хmax= ( V0 sin α) tп+ (g sin α) tп2 / 2; (1.37)

0 = ( V0 cos α) tп–(g cos α) tп2 / 2. (1.38)

Из (1.38) определим время полёта

tп = 2V0/g. (1.39)

Шарик упадёт на наклонную плоскость на расстоянии от точки падения равном

Хmax = 4 V02 sin α / g. (1.40)


Координатный метод используется при решении задач о движении заряженных частиц в электрическом однородном поле. В этом случае необходимо определить величину и направление вектора ускорения, сообщаемого электрическим полем заряженной частице, а затем составить уравнения движения.


Задача № 5. Электрон влетает в область однородного электрического поля напряжённости 200 В/м со скоростью 107м/с. Определить, на каком расстоянии от места входа в поле электрон выйдет из него, если он влетает под углом 45ок направлению поля.




На электрон в электрическом поле действует сила F = eE. Здесь Е – вектор напряжённости электрического поля, е – заряд электрона. Так как заряд электрона отрицательный, то сила направлена против направления силовых линий электрического поля или против направления вектора напряжённости. Эта сила вызывает ускорение

а = F/m = Ee/m, (1.41)

которое, как и сила, направлено против электрического поля (рис. 6). Направив ось ОХ вертикально, а ось ОУ горизонтально, получаем ситуацию равносильную движению материальной точки, брошенной под углом к горизонту в поле тяготения Земли.

Уравнения движения электрона будут иметь вид:

Х = (Vo sin α) t; (1.42)

У = (Vo cos α)t – at2/2. (1.43)

Электрон покинет область поля в точке, имеющей координаты Х = Хmax и У = 0. Определим время пребывания t п электрона в электрическом поле из уравнения:

0 = (Vo cos α)tп – atп2/2; t п = (2Vo cos α)/a = (2mVo cos α)/Ee. (1.44)


Тогда Хmax = (2m Vo2 sin α cos α)/Ee = (m Vo2 sin 2α)/Ee, (1.45)

Подставив значения физических величин, данных в задаче (Vo,Е,α) и заимствованных из таблицы фундаментальных физических постоянных (е, m) получаем Хmax = 2,8 м.


Задача № 6. Протон и α-частица, двигаясь с одинаковой скоростью, влетают в плоский конденсатор параллельно пластинам. Во сколько раз отклонение протона полем конденсатора от прямолинейной траектории будет больше отклонения α-частицы?


Электрическое поле конденсатора считается однородным. Силовые линии такого поля перпендикулярны пластинам конденсатора и параллельны друг другу. Напряжённость поля Е является постоянной величиной. Поскольку протон и α – частица имеют положительный заряд, то сила, действующая на них со стороны электрического поля, направлена по направлению вектора напряжённости Е поля. Такое же направление будет иметь вектор ускорения а, вызванного действием этой силы (рис. 7). Ось ОХ направим параллельно пластинам конденсатора, ось ОУ – перпендикулярно пластинам вверх. Запишем уравнения движения заряженных частиц в этом поле:

Х = Vo t ; (1.46)

У = at2/2. (1.47)

Время пролёта частиц сквозь область электрического поля определится из соотношения tп = L/Vo, (1.48)

где L – длина пластин конденсатора.

Отклонение от прямолинейной траектории частиц

Уmax = at п2/2 = а L2/2Vo2. (1.49)

Ускорение, получаемое частицей в электрическом поле, определяется также как и в предыдущей задаче,

a = q E / m. (1.50)

Подставив (1.50) в (1.49), получаем

Уmax = q E L2/ 2 m Vo2 . (1.51)

Заряд α – частицы в 2 раза больше заряда протона, а её масса в 4 раза больше массы протона. Отношение отклонений частиц электрическим полем конденсатора определится соотношением

Ур max / Уα max = qp mα / qα mp = 2. (1.52)

1.2. Решение задач по динамике координатным методом.

Координатный метод находит применение и при решении задач по динамике. Здесь используются понятия проекций вектора силы и ускорения на координатную ось. Основное уравнение динамики или второй закон Ньютона, записанный в форме проекций сил и ускорения на координатную ось ОХ, выглядит так: Σ Fix = max. Умение составлять такие уравнения является основой для решения динамических задач, в которых, как правило, требуется определить ускорение в движении тела или системы тел и пассивные силы (силы трения, натяжения связывающих тела нитей, реакций опор).




Задача № 7. Cистема из двух грузов массами m1 и m2 (рис. 8) находится в лифте. движущемся вверх с ускорением а. Найти силу натяжения Т нити, если коэффициент трения между грузом m1 и опорой равен μ.


Грузы связаны нерастяжимой нитью, поэтому ускорения грузов относительно стола одинаковы по величине и равны а'. В неподвижной системе отсчёта ускорение груза m2 направлено по вертикали и равно а2 = а' – а. Ускорение груза m1 имеет две составляющие: вертикальную а = а и горизонтальную а= а'.

Запишем второй закон Ньютона для движения каждого из грузов в виде проекций сил и ускорений на координатные оси:

для первого груза массой m1 ОХ: Т – Fтр = m1a;

ОУ: N - m1g = m1a; Fтр = μ N или

Т – μ N = m1а';

N – m1g = m1a; (1.53)

для второго груза массой m2

ОУ: m2g – T = m2a2 или

m2g – T = m2 (а' – а). (1.54)

Решая полученную систему, состоящую из двух уравнений (1.53) и уравнения (1.54), получаем выражение для силы натяжения нити

Т = m1m2 (g + a)(1 + μ) / (m1 + m2). (1.55)


Задача № 8. К вершине прямого кругового конуса прикреплена небольшая шайба с помощью нити длиной L = 1 м. Вся система вращается вокруг оси конуса, расположенной вертикально. Каков угол при вершине конуса 2φ, если при минимальном числе оборотов шайбы n = 0,7 с -1 её давление на боковую поверхность конуса становится равным нулю?


При вращении шайбы по боковой поверхности конуса на неё действуют следующие силы: mg – сила тяжести, Т – сила натяжения нити, N – сила реакции поверхности конуса. В сумме они создают равнодействующую силу, которая сообщает шайбе центростремительное ускорение (рис. 9). Ось ОХ направляем вдоль вектора ацс в его направлении, ось ОУ – вертикально. Тогда уравнения динамики в проекциях на оси ОХ и ОУ будут иметь вид:

ОХ: Т sin φ – N cos φ = maцс; (1.56)

Рис. 9. ОУ: Т cos φ + N sin φ – mg = 0. (1.57)

Пока шайба не оторвалась от поверхности конуса, сила реакции N > 0. В момент отрыва и после отрыва от поверхности

N = 0. Центростремительное ускорение aцс = v2/R , где R – радиус окружности, которую описывает шайба при движении по поверхности конуса. R = L sin φ. Линейная скорость v связана с числом оборотов в секунду n соотношением:

v = 2πRn. Учитывая всё это, запишем уравнения (1.56) и (1.57) в виде:

Т = m 4π2n2 L; (1.58)

Т cos φ = mg. (1.59)

Разделив (1.59) на (1.58), получим соотношение:

cos φ = g/ 4π2n2 L. (1.60)

Подставив в (1.60) числовые значения n и L, определим угол 2φ при вершине конуса: cos φ = 9,8 / 4 . 3,142 . 0,72 . 1 = 0,5, следовательно, φ = 60о, а 2φ = 120о.


1.3. Применение координатного метода к статическим задачам.

Координатный метод широко используется при решении статических задач. Если тело находится в равновесии под действием сходящейся системы сил, линии действия которых пересекаются в одной точке, то условие равновесия записывается в виде следующих соотношений: Σ Fix = 0 и Σ Fiy =0 для плоской системы сходящихся сил, вектора которых лежат в одной плоскости. Если система сходящихся сил является пространственной, то к выше приведённым уравнениям добавляется уравнение Σ Fiz = 0.


Задача № 9. Заряженный алюминиевый шарик радиуса r, подвешенный на тонкой нерастяжимой нити, находится между двумя параллельными вертикальными пластинами, расстояние между которыми d. Пространство между пластинами заполнено керосином. Каков заряд шарика, если при подаче на пластины напряжения U угол отклонения нити равен α?


Изобразим шарик в положении равновесия, в котором нить образует угол α с вертикалью. Электрическое поле, возникающее между пластинами при подаче на них напряжения U, считаем однородным. Силовые линии такого поля параллельны друг другу и направлены перпендикулярно поверхностям пластин от пластины с большим потенциалом (+) к пластине с меньшим потенциалом (-). Вектор напряжённости Е параллелен силовым линиям, а его величина определяется соотношением: Е = U/εd,

где ε – диэлектрическая проницаемость керосина.

На шарик действуют силы: mg - сила тяжести, FA - архимедова сила, T - сила натяжения нити и FE - сила, действующая на заряд шарика со стороны электрического поля (рис. 10).

Запишем условия равновесия шарика в виде проекций сил на координатные оси

ОХ: Тsin α – FE = 0; (1.61)

OY: Tcos α + FA – mg = 0. (1.62)

Представим эти уравнения в виде:

Т sin α = FE;

Tcos α = mg - FA.

Поделив левые и правые части этих уравнений, получим соотношение

tg α = FE / (mg – FA). (1.63)

Из этого уравнения выразим силу FE

FE = (mg – FA) tg α. (1.64)

По законам электростатики эта сила определяется по формуле:

FE = E q = U q / ε d, (1.65)

где q - заряд шарика.

Приравняв правые части (1.64) и (1.65) получим уравнение, из которого можно найти заряд шарика:

U q / ε d = (mg – FA) tg α. (1.66)

Подставим в уравнение (1.66) выражения для силы тяжести и силы Архимеда, связав их с плотностями алюминия и керосина, соответственно:

mg = ρa Vg = (4/3) π r3 ρag, (1.67)

FA = ρk Vg = (4/3) π r3 ρkg. (1.68)

Получим уравнение

U q / ε d = (4/3) π r3g (ρa - ρk) tg α, (1.69)

из которого найдём заряд шарика

q = 4π r3g ε d (ρa - ρk) tg α / 3U. (1.70)


В случае произвольной (несходящейся) плоской системы сил, кроме равенства нулю сумм проекций сил на координатные оси ОХ и ОУ требуется равенство нулю суммы моментов сил относительно оси, перпендикулярной плоскости чертежа и проходящей через произвольную точку.

Моментом силы относительно оси называют скалярную величину, определяемую произведением модуля силы на плечо силы. Плечом силы называют кратчайшее расстояние между осью вращения и линией действия силы. Если под действием силы тело вращается вокруг оси против направления движения часовой стрелки, то момент такой силы считается положительным, если по часовой – отрицательным.


Задача № 10. Лестница массой m прислонена к стене. Чему равен минимальный угол φ между лестницей и полом, при котором лестница ещё находится в равновесии, если коэффициент трения между лестницей и стеной равен μ1, а между лестницей и полом μ2? Определить силы реакции стены и пола, а также силы трения между лестницей и полом, лестницей и стеной.


Лестницу считаем телом однородным по всей длине, поэтому С - точка приложения силы тяжести mg лежит в середине лестницы АВ (рис. 11). На лестницу в точке А действуют сила трения FТР1 и сила реакции стены N1, в точке В – сила трения FТР2 и сила реакции пола N2 (рис. 11).

В данном случае имеет место плоская, произвольная система сил, поэтому условие равновесия лестницы будет представлено в виде трёх уравнений: равных нулю сумм проекций на координатные оси всех сил системы и равной нулю суммы моментов относительно оси, проходящей через точку А или В перпендикулярно плоскости чертежа. Выбор этих осей обусловлен тем, что в первом случае (точка А) «выбывают из игры» силы FТР1 и N1, а во втором случае (точка В) – силы FТР2 и N2, поскольку в этих случаях эти силы не имеют плеч и их моменты становятся равными нулю.

ОХ: N1 - FТР2 = 0; (1.56)

ОУ: FТР1 + N2 – mg = 0; (1.57)

Рис. 11. В качестве моментной точки выберем точку В, тогда сумма моментов относительно оси, проходящей через эту точку, предстанет в виде: FТР1 L cos φ + N1 L sin φ - (mgL/2) cos φ = 0. (1.58)

В этом случае моменты сил FТР2 и N2 равны нулю, так как равны нулю их плечи. Следует учесть, что FТР1 = μ1N1, а FТР2 = μ2N2, тогда уравнения (1.56) -(1.58) примут вид: N1 - μ2N2 = 0;

μ1N1 + N2 – mg = 0;

μ1N1 cos φ + N1 sin φ - (mg/2) cos φ = 0. (1.59)

Из первых двух уравнений определим силы реакций стенки и пола

N1 = μ2 mg/ (1 + μ1 μ2); N2 = mg/ (1 + μ1 μ2).

Разделив уравнение (1.59) на cos φ, получим уравнение, из которого определим минимальный угол наклона лестницы.

μ1N1 + N1 tg φ - (mg/2) = 0. (1.60)

Подставив в (1.60) выражение для N1 и сократив на mg, получим уравнение, из которого определим тангенс угла наклона лестницы и сам угол наклона:

tg φ = (1 – μ1μ2) / 2μ2; φ = arc tg φ[(1 – μ1μ2) / 2μ2].

Силы трения стенки N1 и пола N2 равны, соответственно:

FТР1 = μ1 μ2 mg/ (1 + μ1 μ2); FТР2 = μ2 mg/ (1 + μ1 μ2).


  1   2   3   4   5   6

Похожие:

Методы решения физических задач iconЭлективный курс, «Методы решения физических задач»
Элективный курс, «Методы решения физических задач» рассчитан на учащихся 10-11 классов общеобразовательных учреждений универсального...
Методы решения физических задач iconМетоды решения физических задач
Выполнения плана решения задачи. Числовой расчёт. Анализ решения и оформление решения. Типичные недостатки при решении и оформлении...
Методы решения физических задач iconПрограмма элективных курсов для учащихся 10 11 классов «методы решения физических задач»
Вступительный экзамен по физике в вуз проводится в письменной форме и состоит в решении достаточно большого количества задач различной...
Методы решения физических задач iconЭлективный курс методы
Курс является продолжением курса «Методы решения физических задач» (10 класс) и предполагает совершенствование подготовки школьников...
Методы решения физических задач iconРабочая программа учебного курса по физике методы решения задач повышенной сложности
Данный курс является дополнением к базисному учебному плану. Решение физических задач – один из основных методов обучения физике
Методы решения физических задач iconПояснительная записка Элективный курс «Способы и методы решения физических задач» рассчитан на учащихся 10 11 классов общеобразовательных учреждений универсального профиля, где физика преподается по базовому уровню. Программа составлена на основе программ
Элективный курс «Способы и методы решения физических задач» рассчитан на учащихся 10 11 классов общеобразовательных учреждений универсального...
Методы решения физических задач iconКалендарно-тематическое планирование уроков по физике. 10 класс
Мастерская учителя. Элективный курс «Методы решения физических задач» 10-11 класс
Методы решения физических задач iconУтверждаю проректор по учебной работе
На вступительных экзаменах по физике основное внимание обращается на понимание абитуриентом сущности физических явлений и законов,...
Методы решения физических задач iconПрограмма по физике I. Пояснительная записка
На вступительных экзаменах по физике основное внимание обращается на понимание абитуриентом сущности физических явлений и законов,...
Методы решения физических задач iconПрограмма по физике общие требования
На вступительных экзаменах по физике основное внимание обращается на понимание абитуриентом сущности физических явлений и законов,...
Разместите кнопку на своём сайте:
Библиотека


База данных защищена авторским правом ©lib.znate.ru 2014
обратиться к администрации
Библиотека
Главная страница