книга1_1(новый_вариант) - Камышинский технологический

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ
ГОСУДАРСТВЕННОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ
ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ
ВОЛГОГРАДСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ
КАМЫШИНСКИЙ ТЕХНОЛОГИЧЕСКИЙ ИНСТИТУТ (ФИЛИАЛ)
ВОЛГОГРАДСКОГО
УНИВЕРСИТЕТА
ГОСУДАРСТВЕННОГО
ТЕХНИЧЕСКОГО
КАФЕДРА «ФИЗИКА»
Практические занятия
по дисциплине
«Физика»
Часть I
Механика (1)
Методические указания
РПК «Политехник»
Волгоград
2006
3
УДК 531 (07)
П 69
ПРАКТИЧЕСКИЕ ЗАНЯТИЯ ПО ДИСЦИПЛИНЕ «ФИЗИКА».
Часть I. Механика (1): Методические указания / Сост. С. А. Ковалёва;
Волгоград. гос. техн. ун-т. – Волгоград, 2006. – 54 с.
Рассматривается материал, относящийся к разделам «Механика».
Приведен
в
компактном
виде
теоретический
материал
соответствующих разделов, а также типовые задачи и задачи,
предложенные для самостоятельного решения.
Предназначены в помощь преподавателям и студентам,
обучающимся по направлениям 140200, 150900, 230100, 260700.
Библиогр.: 4 назв.
Рецензент к. т. н. доцент Ю. А. Гнедов
Печатается по решению редакционно-издательского совета
Волгоградского государственного технического университета.
Составитель Светлана Александровна Ковалева.
ПРАКТИЧЕСКИЕ ЗАНЯТИЯ ПО ДИСЦИПЛИНЕ «ФИЗИКА». Часть I. Механика (1).
Методические указания. Под редакцией автора.
Темплан 2006 г., поз. №. 34.
Лицензия ИД № 04790 от 18 мая 2001 г.
Подписано в печать 18. 04. 2006 г. Формат 60×84 1/16. Бумага листовая.
Гарнитура ”Times“. Усл. печ. л. 3,38. Усл. авт. л. 3,25.
Тираж 100 экз. Заказ № 23.
Волгоградский государственный технический университет
400131 Волгоград, просп. им. В. И. Ленина, 28.
РПК «Политехник»
Волгоградского государственного технического университета
400131 Волгоград, ул. Советская, 35.
© Волгоградский
государственный
технический
университет, 2006.
4
ВВЕДЕНИЕ
Данные методические указания являются пособием для
проведения практических занятий по дисциплине «Физика» (Механика
(1)).
Целью данного пособия является описание методики
проведения практических занятий по следующим разделам физики:
«Механика». Каждое практическое занятие рассчитано на 2
аудиторных часа. К каждому практическому занятию отдельно
составлен план проведения занятия с указанием цели занятия; в
компактном виде приведён теоретический материал; рассмотрены
типовые задачи с их решениями.
5
Тема 1.1 Кинематика. Кинематическое уравнение движения.
Скорость. Ускорение. Уравнение траектории.
I. Цель практического занятия:
1. Закрепить и углубить знание теоретических вопросов,
основных понятий и формул кинематики.
2. Учиться применять полученные знания для решения задач по
данной теме.
II. Расчёт учебного времени:
Содержание занятия
Время
(мин.)
Вступительная часть:
Объявление темы и цели занятия.
Контрольный опрос:
1. Кинематическое уравнение движения точки.
2. Средняя скорость.
3. Мгновенная скорость.
4. Среднее ускорение.
5. Мгновенное ускорение.
6. Уравнение равнопеременного движения.
Основная часть:
Решение задач по темам:
 Относительность движения.
 Средняя скорость неравномерного движения.
 Среднее ускорение.
10
70



Движение тела по вертикали ( под действием g )
Использование кинематических уравнений
движения для определения характеристик
движения и уравнения траектории.
Заключительная часть:
Подведение итогов занятий, оглашение задания на
самостоятельную работу.
10
Контрольный опрос

1.
Ур-я:
2.
r
Вектор средней скорости: <  
t
x=x(t);
y=y(t);

6
z=z(t);

или

r  r (t )
Средняя скорость неравномерного движения: <  
s
t


dr
3.
Мгновенная скорость:  
dt
ds

dt

4.

Среднее ускорение:  a 
t
5.
d
Мгновенное ускорение: а 
dt
6.
Уравнение равнопеременного движения:



x  xo   ox t 
axt 2
;
2
 x   ox  a x t
Основная часть
Пример №1
Два автомобиля, выехав одновременно из одного пункта,
движутся прямолинейно в одном направлении. Зависимость
пройденного ими пути задаётся уравнениями s1=At+Bt2 и
s2=Ct+Dt2+Ft3. Определить относительную скорость U автомобилей.
Решение
Если точка движется по прямой в одном направлении, то x совпадает с
s и уравнение движения может быть записано в виде s  f (t ).
Определим зависимость пути второго автомобиля относительно
первого:
S=S1-S2=(A-B)t+(B-D)t2-Ft3
Тогда скорость движения второго автомобиля относительно первого
будет равна:
U=
ds
=(A-C)+2(B-D)t-3Ft2.
dt
7
Пример №2
Студент проехал половину пути на велосипеде со скоростью
1  16 км/ч. Далее половину оставшегося времени он ехал со
скоростью  2  12 км/ч, а затем до конца пути шёл пешком со
скоростью
 3  5 км/ч. Определить среднюю скорость движения студентов на
всём пути.
Дано:
1  16 км/ч
Решение:
s
s
 2  12 км/ч    t  t  t  t
1
2
3
 3  5 км/ч Определим время прохождения первой половины
s
2
t 2  t3
   ?
s1 
пути: t1 
s
s
. По условию: s2+s3= , а t2=t3.
2
21
Время прохождения второго и третьего участников
пути:
t2 
s2
2
t3 
и
s3
3
 s 2 s3
  
3
Следовательно:  2
Решая эту систему получаем:
s  s  s
3
 2
2
s 3
s 2
и s3 
s2 
2( 2   3 )
2( 2   3 )
s
таким образом t 2  t 3 
; тогда средняя скорость на всём
2( 2   3 )
2 (   3 )
s
 1 2
пути:   
;    11,1 км/ч.
s
2s
21   2   3

21 2( 2   3 )
Пример №3
В течение времени

скорость тела задаётся уравнением вида
8
  A  Bt  Ct 2 (0  t   ).
скорость за промежуток времени  .
Определить среднюю
Решение
По определению   
s

; для неравномерного движения путь
можно определить по формуле:


o
o
s    (t )dt   ( A  Bt  Ct 2 )dt  A 
тогда:
   A 
B 2 C 3
,

2
3
B C 2

2
3
Пример № 4
Зависимость пройденного телом пути от времени задаётся
уравнением s  A  Bt  Ct  Dt (А=6 м, В=3 м/с, С=2 м/с2,
2
3
D=1 м/с3). Определить для тела в интервале времени от t1 =1 c до t 2 =4
c: 1) среднюю скорость; 2) среднее ускорение.
Решение:
Дано:
s  A  Bt  Ct 2  Dt 3 Определим путь пройденный телом в интервале
А=6м
времени t  t 2  t1
В=3 м/с
s  s(t2 )  s(t1 )  B(t1  t2 )  C (t22  t12 )  D(t23  t13 )
С=2 м/с2
Тогда средняя скорость в этом интервале
D=1 м/с3
времени:
t1 =1c
t 2 =4c
   ?
 a  ?
  
s
  B  C (t 2  t1 )  D(t 22  t1t 2  t12 )
t
   28 м/с
Мгновенную скорость тела определим по

ds
  B  2Ct  3Dt 2 .
dt
формуле:
Найдём изменение скорости тела на заданном промежутке времени:
   (t 2 )   (t1 )  2C (t 2  t1 )  3D(t 22  t12 )
Тогда среднее ускорение на этом промежутке времени:
 a 

 2C  3D(t 2  t1 )  19 м / с 2
t
9
Пример№5
Движение точки по прямой согласно уравнению x=At+Bt3, где
А=6 м/с, В= -0,125 м/с3. Определите среднюю путевую скорость   
движения точки в интервале времени от t1=2 c до t2=6 c.
Дано:
Решение:
3
Так как x(t1 )  11м, а x(t 2 )  9 м , то в этом
x  At  Bt
интервале времени существует точка возврата,
A  6м / с
в которой   0 . Определим момент времени, в
B  0.125 м / с 3
t1  2с
t 2  6с
   ?
dx
 A  3Bt b2  0.
dt
A
Следовательно: t b  
 4c
3B
котором
  0:  
Для того, чтобы найти пройденный телом путь на
заданном интервале времени, нужно найти путь за интервал от t1 до
tb(s1) и сложить его с путём, пройденным от tb до t2(s2): s  s1  s2 , где
tb
tb
t1
t1
s1    (t )dt   ( A  3Bt 2 )dt  ( At  Bt 3 ) tt1b  5 м
s 2  x(t b )  x(t 2 )  ( At  Bt 3 ) ttb2  7 м
Тогда средняя скорость будет равна:
  
s1  s 2
 3 м / с.
t 2  t1
Пример №6
Тело падает с высоты h=1км с нулевой начальной скоростью.
Пренебрегая сопротивлением воздуха, определить какое время
понадобится телу для прохождения: 1)первых 10м своего пути; 2)
последних 10 м своего пути.
Решение:
Дано:
Составим уравнение изменения
h= 1000 м
координаты «y» тела со временем:
 0
о
t1  ?
t2  ?
y h
gt 2
2
1. Пройдя первые 10м пути тело будет
иметь координату:
10
gt12
у  h  10. Поэтому: h  10  h 
и t1 
2
20
 1,43c
g
Определим время падения тела на землю (y=0):
2.
0 h
gt n2
; tn 
2
2h
 14,283c
g
Определим время, за которое тело достигает точки с
координатой y=10:
10 
h
gt / 2
;
2
2(h  10)
 14,21c
g
t/ 
Следовательно, время, за которое тело проходит последние 10 м пути
равно: t 2  t n  t  0,073c
/
Пример №7
Кинематические уравнения движения двух материальных
точек имеют вид
x1  A1t  B1t 2  C1t 3
x2  A2 t  B2 t 2  C 2 t 3
где В1=4 м/с2, С1= -3 м/с3, В2= -2 м/с2, С2=1 м/с3. определить момент
времени, для которого ускорение этих точек будут равны.
Дано:
Решение:
2
3
x1  A1t  B1t  C1t Определим уравнения мгновенных скоростей точек:
dx1
 A1  2 B1t  3C1t 2 ;
dt
dx
 2  2  A2  2B2 t  3C2 t 2 .
dt
x 2  A2 t  B2 t 2  C 2 t 3
B1  4 м / с
2
С1  3 м / с 3
В2  2 м / с 2
1 
С 2  1м / с 3
Найдём зависимость мгновенных ускорений точек от
а1  а 2
времени:
a1 
d1
 2 B1  6C1t;
dt
d 2
 2B2  6C 2 t.
dt
По условию а1=а2 отсюда 2B1  6C1t  2B2  6C2 t
2( B1  B2 )
Тогда искомое время равно: t 
 0,5c
6(C 2  C1 )
t-?
a2 
11
Пример№8
Точка движется в плоскости xy из положения с координатами





x=y=0 со скоростью   а i  bx j (a, b-постоянные; i и j - орты
осей x и y.) Определить: 1) уравнение траектории точки y(x); 2) форму
траектории.
Дано:
Решение:



Из уравнения для скорости:  x  a;  y  bx
  а i  bx j
Найдём зависимость x(t): x 
y(x)-?

x
dt  at
bat 2
2
ab x 2 bx 2
x


Определим уравнение траектории: t  ; y 
2 a2
2a
a
Тогда:  y  bat
y    y dt 
и
По виду зависимости y(x) делаем вывод, что траектория движения тела
парабола.
Пример №9
Радиус-вектор материальной точки изменяется со временем по

закону




r  4t 2 i  3t j  2 k . Определить: 1) скорость  ;

2) ускорение a ; 3) модуль скорости в момент времени t/=2 c.
Решение:
Дано:




r  4t 2 i  3t j  2 k

t /  2c


dr
По определению:  
 8t  i  3  j
dt


 ?

a ?
 (t / )  ?



d
a
 8  i . Так как  x  8t и  y  3,
dt
то модуль скорости в любой момент времени
равен:
2
   x2   y  (8t ) 2  9  16,3м / с
Пример №10
Движение материальной точки в плоскости xy описывается
законом x =At и y =At(1+Bt), где А и В- положительные постоянные.
Определить: 1) уравнение траектории материальной точки y(x);
12

2) радиус-вектор точки r в зависимости от времени; 3) скорость 
точки в зависимости от времени; 4) ускорение а точки в зависимости от
времени.
Решение:
Дано:
1.Найдём уравнение траектории:
x =At
y =At(1+Bt)
x
B 
B

t  ; y  x 1  x   x  x 2
y(x)-?
r (t )  ?
 (t )  ?
a(t )  ?

A



A 

A

2. r  x  i  y  j  At  i  At (1 
3.Найдём составляющие скорости:

Bt )  j
 x  A; y  A  2 ABt
Тогда модуль скорости:
  A 2  ( A  2 ABt ) 2
4.Найдём составляющие ускорения: ax=0; ay=2AB следовательно
модуль
ускорения: a=ay=2AB=const
Заключительная часть
Подводятся итоги занятия.
Задаётся задание на самостоятельную работу по пройденной
теме:
Т.И.Трофимова «Сборник задач по курсу физики.»
№1.10; 1.11; 1.19; 1.24; 1.29.
 Объявляется тема следующего занятия.


Тема 1.2: Кинематика. Криволинейное движение. Вращение тела
вокруг неподвижной оси.
I. Цель практического занятия:
3. Закрепить и углубить знание теоретических вопросов,
основных понятий и формул кинематики.
4. Учиться применять полученные знания для решения задач по
данной теме.
II. Расчет учебного времени:
13
Время
(мин)
Содержание занятия
Вступительная часть
Объявление темы и цели занятия.
10
Контрольный опрос:
Нормальное, тангенциальное и полное ускорения.
Скорость при криволинейном движении.
Средняя и мгновенная угловая скорость.
Среднее и мгновенное угловое ускорение.
Уравнения равнопеременного вращения.
Связь между линейными и угловыми величинами.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
Основная часть:
Решение задач
 на расчет нормального, тангенциального и полного
ускорения, скорости криволинейного движения.
 на определение радиуса кривизны траектории.
 с использованием связи между линейными и
угловыми
характеристиками
криволинейного
движения.
 с
использованием
уравнения
вращательного
движения для нахождения характеристик движения.
Заключительная часть:
Подведение итогов занятия, оглашение
самостоятельную работу.
70
10
задания
на
Контрольный опрос:
1.
В первом способе задания криволинейного движения задается
уравнение движения точки по кривой: S = f(t). Мгновенная
скорость:

dS
.
dt
Ускорение разлагается на две составляющие:
an 

R
2
.
14
a 
d
dt
и
Полное ускорение: a 
a2  a n2
2.
При
втором
способе
задания
криволинейного
движения
задаются
уравнения
зависимости
координат
от
времени: x  x(t ) ; y = y(t)
Проекции скорости на оси координат:
x 
dx
dt
;
y 
dy
dt
ax 
d y
d x
; ay 
dt
dt
;
Скорость:
   x2   y2
Проекции ускорения на оси координат:
Полное ускорение:
3.
a  a x2  a y2 .
.При вращении вокруг неподвижной оси:

;
t
d
Мгновенная угловая скорость:  
;
dt

Среднее угловое ускорение:   
;
t
d
Мгновенное угловое ускорение:  
;
dt
Средняя угловая скорость:   
Угол
поворота
и
угловая
вращательного движения:
4.
скорость
   0t 
t
для
равнопеременного
2
2
   0  t
Связь между линейными и угловыми величинами: S  R   ;
  R  ;
a  R  
an   2  R
15
Основная часть:
Пример№1
Точка движется по окружности радиусом R= 2м согласно
уравнению S  At , где А=2 м/с3. В какой момент времени t
3
нормальное ускорение
a n точки будет равно тангенциальному a ?
Определить полное ускорение а в этот момент.
Дано:
Решение:
R=2 м
dS
Найдем мгновенную скорость:  
 3At 2
S=At3
dt
А=2м/с3
Найдем составляющие ускорения:
a n  a
 2 (3 At 2 ) 2
d
 6 At ; a n 

dt
R
R
2 2
(3 At )
По условию a n  a ; поэтому: 6 At 
R
6R
Искомое время: t  3
 0,872c ; Полное ускорение в этот момент
9A
a 
t-? а-?
времени:
a  an2  a2  2  a  6 2 At  14,8 м/с2
Пример№2
Движение точки по кривой задано уравнениями
x  A1t 3 и
y  A2t , где A1  1м / с 3 , А2  2 м / с . Найти уравнение
траектории точки, её скорость
времени  =0,8 с.
Дано:

и полное ускорение а в момент
x  A1t 3
y  A2 t
A1  1м / с 3
A2  2 м / с
  0,8с
16
Решение:
Найдем уравнение траектории:
т.к. t 
y
y 3 A1 3 y 3
, то x  A1  (
)  3 y 
A2
A2
8
A2
Тогда уравнение траектории: y3 – 8x = 0.
______________
y(x) -?
 ( )  ?
a ( )  ?
Найдем составляющие скорости:
x 
dx
 3 A1t 2 ;  y  A2 ;
dt
Скорость в заданный момент времени:
  (3 A1 2 ) 2  A22  2,77 м/с
Найдем составляющие ускорения:
ay 
d y
dt
ax 
d x
 6 A1t ;
dt
0
Тогда полное ускорение в заданный момент времени:
a  a x2  a y2  a x  6 A1  4,8 м/с2
Пример №3
Тело брошено со скоростью
 0 =15 м/с под углом  =30° к
горизонту. Пренебрегая сопротивлением воздуха, определить: 1)
высоту h подъёма тела; 2) дальность полёта (по горизонтали) S тела; 3)
время его движения.
Дано:
Решение:
 0 =15 м/с Составим
уравнение
 =30°
зависимости
h-?
координат от
S-?
времени:
t/-?
17
g xt 2
x  x0   0 x  t 
  0 cos   t
2
Когда тело достигает
g yt 2
gt 2
y  y0   0 y  t 
  0 sin   t 
2
2
максимальной высоты  y  0 ,
т.е.  y
  0 y  g y  t //   0 sin   gt //  0 ,
тогда время подъёма тела на максимальную высоту:
Так как
t // 
 0 sin 
g
h  y(t ), то:
//
h   0 sin   t // 
g (t // ) 2  02 sin 2 

 2,87 м
2
2g
когда тело падает на Землю:
y(t / )  0, то есть
gt / 2
 0 sin   t 
0
2
/
Следовательно:
t1/  0 и t 2/ 
2 0 sin 
, где t1/  начальный момент;
g
t 2/  1,53  время движения (полёта) тела.
Так как
S  x(t / ), тоS   0 cos t / 
 02 sin 2
g
 19,9 м
Пример №4
Камень брошен с вышки в горизонтальном направлении с
начальной скоростью  0 =30 м/с. Определить скорость  ,
тангенциальное
a и нормальное a n ускорения камня в конце второй
секунды после начала движения.
Дано:
 0 =30м/с
 =2с
18
 ( )  ?
a n ( )  ?
a ( )  ?
Решение:
Найдём составляющие скорости:
 x   0 x  g x t   0 ;  y   0 y  g y t  gt
тогда скорость в заданный
момент
R?
времени:
   x2   y2   02  ( g ) 2
=36 м/с

Так как полное ускорение – это
a n  g cos   g 
a  g sin   g 
Так как
an 
времени:
2
R
g , то из рисунка:
x
0
g
 8,2 м / с 2
2
2

 0  ( g )
y

 5,37 м / с 2
, то радиус кривизны траектории в этот момент
 2 ( 02  ( g ) 2 )
R


a n g x
g 0
2
3
2
=158м.
Пример №5
Материальная точка начинает двигаться по окружности
радиусом r=12,5 см с постоянным тангенциальным ускорением
a =0,5с м / с 2 . Определить: 1) момент времени при котором вектор


ускорения a образует с вектором скорости  угол  =45°; 2) путь,
пройденный за это время движущейся точкой.
Дано:
Решение:
r=0,125м
Так как  =45°, то a n  a .
a =0,005 м / с 2
 =45°
 ?
S ?
Так как в задаче равноускоренное
движение по окружности, то:
a    R;    0  t и
a n   2  R. Считая, что  0  0 , получим:
19
a2  t 2
a 
; В момент времени
an  (t ) R     t   R  
R
R 
a 2  2
и   aR  5c ;
 a n  a , поэтому: a  

R
a  2
S 
 0,0625 м
2
2
2
20
Пример №6
Диск радиусом R=5см вращается вокруг неподвижной оси так,
что зависимость угловой скорости от времени задаётся уравнением
  2 At  5Bt 4 ( A  2 рад / с 2 , В  1 рад / с 5 ) . Определить для
точек на ободе диска к концу первой секунды после начала движения:
1) полное ускорение;
2) число оборотов, сделанных диском.
Решение:
Дано:
Найдём угловое
R=0,05м
  2 Аt  5 Bt 4
A  2 рад / с
ускорение:  
2
d
 2 A  20 Bt 3
dt
Нормальное и тангенциальное ускорения:
B  1 рад / с 5
  1с
a n   2  R  (2 At  5Bt 4 ) 2 R;
a    R  (2 A  20 Bt 3 ) R.
a-?
N-?
Тогда полное ускорение:
a  a n2  a2  R  (2 A  5B 4 ) 4  (2 A  20 Bt 3 ) 2
a  4,22 м / с 2
Так как угол поворота диска
Угловая скорость


0
0

  2N , то N 
d
, поэтому
dt

2
   dt   (2 At  5Bt 4 )dt  A 2  B 5 .
Тогда число оборотов, сделанных диском за время
N
:
A  B
 0,477.
2
2
5
Пример№7
Диск вращается вокруг неподвижной оси так, что зависимость
угла поворота радиуса диска от времени задаётся уравнением
  At 2 ( A  0,5 рад / с 2 ) . Определить к концу второй секунды
после начала движения: 1) угловую скорость диска; 2) угловое
ускорение диска; 3) для точки, находящейся на расстоянии 80 см от оси
вращения, тангенциальное a , нормальное a n и полное а ускорения.
21
Решение:
Дано:
  At
2
A  0,5 рад / с 2
  2с
r  0,8 м
 ?
 ?
a  ?
an  ?
a?
d
 2 At
dt
d
 2 A  1 рад / с 2
2.  
dt
2
3. a    r  0,8 м / с
1.

a n   2  r  (2 A ) 2  r  3,2 м / с 2
a  a2  a n2  3,3 м / с 2
Пример№8
На цилиндр, который может вращаться около горизонтальной
оси, намотана нить. К концу нити привязали грузик и предоставили ему
возможность опускаться. Двигаясь равноускоренно, грузик за время
t=3 c опустился на h=1,5 м. Определить угловое ускорение  цилиндра,
если его радиус r=4 см.
Решение:
Дано:
Грузик опускается с ускорением. Так как
t=3c
h=1,5м
2h
at 2
r=0,04м
 0  0 , то h 
и a 2
 ?
2
t
Это ускорение является тангенциальным
так как нить не проскальзывает. Тогда угловое ускорение:

a
2h

 8,33 рад / с 2
2
r r t
Заключительная часть:
 Задание на самостоятельную работу:
Т.И.Трофимова «Сборник задач по курсу физики» №1.14; 1.34;
1.36; 1.40
22
Тема 2.1 Динамика материальной точки и тела, движущегося
поступательно.
I. Цель практического занятия:
1. Закрепить и углубить знание теоретических вопросов,
основных понятий и формул, законов динамики
материальной точки и поступательного движения твёрдого
тела.
2. Учится применять полученные знания для решения задач
по данной теме.
II. Расчёт учебного времени:
Содержание занятия
Вступительная часть:
Объявление темы и цели занятия
Контрольный опрос:
1. Основные законы динамики поступательного
движения.
2. Импульс тела. Связь между изменением импульса
тела и импульсом силы.
3. Закон сохранения импульса.
4. Сила трения.
5. Сила тяжести.
Основная часть:
Решение задач:
 С использованием законов Ньютона;
 С использованием закона сохранения импульса.
Заключительная часть:
Подведение итогов занятия, объявление задания на
самостоятельную работу.
Контрольный опрос:
n
1.
I закон: если
  const , то

 Fi  0
i 0

II закон:
F




dp
или F  m a ;
dt

III закон: F 12  F 21
23
Время
(мин)
10
70
10

2.
Импульс тела:

p  m

t 
 p   Fdt
0
3.
Закон сохранения импульса для замкнутой системы:

n

p   mi   i  const .
i 1
4.
5.
6.
Сила трения скольжения: FTP
 N
Сила тяжести: FT  mg
Если материальная точка движется по кривой, то сила,
действующая на неё, может быть разложена на две
составляющие- тангенс и нормальную.
F  ma  m
d
2
; Fn  man  m  R
dt
Основная часть.
Пример№1
Тело массой m=2 кг движется прямолинейно по закону S=ABt+Ct2-Dt3 (C=2 м/с2, D=0,4 м/с3). Определить силу, действующую на
тело в конце первой секунды движения.
Решение:
Дано:
m=2кг
По II закону Ньютона F  ma
S=AНайдём ускорение тела:
Bt+Ct2d 2S d 2
d
a  2  2 ( A  Bt  Ct 2  Dt 3 )  ( B  2Ct  3Dt 2 )  2C  6 Dt
Dt3
dt
dt
dt
C=2м/с2
D=0,4м/с3
тогда: F  m  (2C  6 Dt )  3.2н
t=1c
F-?
Пример№2
Тело массой m движется в плоскости x y по закону x=A cos
 t, y=B sin  t, где А В и  - некоторые постоянные. Определить
модуль силы, действующей на это тело.
24
Дано:
x=A cos ωt
y=B sin ωt
F-?
Решение:
Найдём проекции скорости и ускорения на оси x и y:
d x
dx
 A sin t ; a x 
  A 2 cos t ;
dt
dt
d y
dy
y 
 B cos t ; a y 
  B 2 sin t .
dt
dt
x 
Найдём полное ускорение тела:
a  ax 2  ay 2   2 A 2 cos 2 t  B 2 sin 2 t   2  x 2  y 2
тогда модуль силы будет равен: F  ma  m
2
x2  y2
Пример№3
К пружинным весам подвешен блок. Через блок перекинут
шнур, к концам которого привязали грузы массами m1=1,5 кг и m2=3 кг.
Каково будет показание весов во время движения грузов? Массой
блока и шнура пренебречь.
Дано:
Решение:
m1=1,5кг Составим уравнение
динамики движения
m2=3кг
грузов:
F-?

  
m1 g  T1  m1 a
  

m 2 g  T2  m 2 a
В проекциях на ось y:
T1  m1 g  m1 a

T2  m2 g  m2 a
Так как шнур невесомый и нерастяжимый, а блок невесомый, то
T1  T1/  T2  T2/ , тогда: a 
T  m2 g  m2 (
T 2
T  m1 g T

g;
m1
m1
T
 g ) . Решая уравнение, получим:
m1
m1  m2
 g . А сила, с которой блок действует на весы, равна:
m1  m2
25
F  2T  4
m1  m2
 g  39,2н
m1  m2
если известен радиус блока R, то его угловое ускорение:

a
(m2  m1 )
a
 
g
R R R(m1  m2 )
Пример№4
В установке углы  и  с горизонтом соответственно равны
30 и 45°, массы тел m1=0,45 кг и m2=0,5 кг. Считая нить и блок
невесомыми и пренебрегая силами трения, определить: 1) ускорение, с
которым движутся тела; 2) силу натяжения нити.
Решение:
Дано:
 =30°
 =45°
m1=0,45 кг
m2=0,5 кг
а-?
Т-?




N

m
g

T

m
a
 1
1
1
1 1
Составим уравнение движения для тел: 




 N 2  m2 g  T2  m2 a 2
m1 g sin   T1  m1a1
В проекциях на выбранные оси (x и x2): 
m2 g sin   T2  m2 a2
Так как нить и блок невесомы, а трение отсутствует: Т1=Т2; а1=а2 и:
m1 g sin   T  m1a
; Вычитая, получим:

m2 g sin   T  m2 a
g (m1 sin   m2 sin  )  a(m1  m2 );
m sin   m1 sin 
ag 2
 1,33 м / с 2 ;
m1  m2
T  m1 (a  g sin  )  2,8н
26
Пример№5
По наклонной плоскости с углом  наклона к горизонту,
равным 30°, скользит тело. Определить скорость тела в конце второй
секунды от начала скольжения, если коэффициент трения  =0,15.
Решение:
Дано:
Так как тело
  30°
соскальзывает без
  0,15
начальной скорости, то:
t=2с
  at
 ?
Запишем уравнение
движения для тела:




m g  N  F ТР  m a
В проекциях на выбранной оси:
mg sin   FТР  ma

 N  mg cos   0
 N  mg cos 
Тогда: mg sin   mg cos   ma ,
a  g (sin    cos  )
и
  gt (sin    cos  )  7,26 м / с
Так как N  mg cos  ,то FТР
Пример№6
Тело массой m=5 кг брошено под углом
начальной скоростью
 =30° к горизонту с
 0 =20 м/с. Пренебрегая сопротивлением воздуха
найти: 1) импульс силы F, действующей на тело, за время его полёта;
2) изменение  p импульса тела за время полёта.
Дано:
Решение:
m=5 кг
На тело
  30°
 0 =20м/с действует
сила тяжести,
PF  ?
импульс
которой:
p  ?
PF  FT  t g  mg  t g
Из примера №3 (зан. №2)
tg 
2 0 sin 
g
27
Таким образом


Так как
 x  0


PF  2m 0 sin   100н  с

, то  p x  0 ; Поэтому:
 p   p y  m y  m oy  m o sin   (m o sin  )
p  2m o sin   100кг 
м
с
Следовательно, подтверждается, что:


F  t   p - в случае, если F=const.
Пример№7
Снаряд массой m=5кг, вылетевший из орудия, в верхней точке
траектории имеет скорость  =300м/с. В этой точке он разорвался на
два осколка, причём больший осколок массой m1=3кг полетел в
обратном направлении со скоростью 1  100м/с. Определить скорость
2
второго, меньшего, осколка.
Дано:
Решение:
Так как при
m=5кг
разрыве на
 =300м/с
осколки
m1=3кг
действуют силы,
1  100м/с
гораздо больше,
 2 -?
чем сила тяжести
и др., то систему можно считать замкнутой и

применять для неё закон сохранения импульса:


m  m1  1  m2  2
m  m11  m2 2 sin 
0  m2 2 cos 
В проекциях на оси: 
Из второго уравнения
cos   0 ; т.е.    2
Следовательно, второй осколок движется в том же направлении, что и
снаряд до разрыва. Поэтому: m  m11  m2 2 и
2 
m  m11
 900 м / с
m2
28
Пример№8
На полу стоит тележка в виде длинной доски, снабженной
легкими колёсами. На одном конце доски стоит человек. Масса
человека M=60 кг, масса доски m=20 кг. С какой скоростью U
(относительно пола) будет двигаться тележка, если человек пойдёт
вдоль доски со скоростью (относительно доски)  =1 м/с? Массой
колёс пренебречь. Трение во втулках не учитывать.
В предыдущей задаче найти, на какое расстояние d:
1) передвинется тележка, если человек перейдёт на другой конец доски;
2) переместится человек относительно пола;
3)переместится центр масс системы тележка-человек относительно
доски и относительно пола. Длина l доски равна 2 м.
Дано:
Решение:
M=60 кг
m=20 кг
/
 / =1 м/с
l=2 м
U-?
d-?
S-?
1. Так как трением пренебрегаем, то систему можно
считать замкнутой и использовать для неё закон
сохранения импульса:




/

0  M   m U , где     U - скорость человека относительно
0  M ( /  U )  mU
пола. В проекциях на выбранную ось:
U
M /
 0,75 м / с
M m
2. Найдём перемещение тележки.
Запишем закон сохранения импульса в виде: M  (m  M )U
Обозначим время движения человека по доске -  . Тележка будет
двигаться в течение этого же времени. Тогда:
/
M /    (m  M )U
так как
 /    l , а U  d -перемещение тележки, то:
M  l  (m  M )d и d 
M
 l  1,5 м
M m
3. Так как скорость человека относительно пола
перемещение человека относительно
29
   /  U , то
пола: S      (  U ) 
/
d
 0,5 м
U
Пример№9
Грузик, привязанный к нити длиной l=1 м, описывает
окружность в горизонтальной плоскости. Определить период T
обращения, если нить отклонена на угол   60° от вертикали.
Дано:
Решение:

l=1 м
Равнодействующая
сил
и
T
  60°

T-?
m g направлена к центру
окружности, по которой вращается грузик.
Вращение грузика равномерное и
равнодействующая сил направлена к центру и
FH  m 2  R
из рисунка: FH  mgtg ,
равна:
то есть m
Тогда:
2
R  mgtg , где  
4 2
 R  gtg ;
T2
2
T
R
gtg
T  2
Так как R  l sin  , то T  2
l cos 
 1,42c
g
Пример№10
Какую наибольшую скорость  max может развить
велосипедист, проезжая закругление радиусом R=50 м, если
коэффициент трения скольжения  между шинами и асфальтом равен
0,3? Каков угол  отклонения велосипеда от вертикали, когда
велосипедист движется по закруглению?
Решение:
Дано:
Так как центр масс не
R=50 м
перемещается по вертикали, то:
  0,3
 max -?
 ?
N  mg  0
Центростремительное ускорение
сообщает сила трения:
30
m 2
.
f 
R


Направление результирующей силы N и f должно совпадать с
направлением вдоль велосипеда к центру масс системы.
f
N

     arctg  16 °42/
N
N
m 2
Так как f  N  mg, то mg 
и
R
 m  gR  40 м / с
Тогда: tg 
Заключительная часть:
Задание на самостоятельное решение:
1. «Задачник по физике» под ред. А.Г. Чертова № 2-7; 2-12; 2-27.
2. Т.И.Трофимова «Сборник задач по курсу физики» №1.50;
1.67; 1.68.
Тема 2.2 Центр масс системы. Движение тел переменной массы.
Сила всемирного тяготения, сила упругости.
Неинерциальные системы отсчета.
I. Цель практического занятия:
1. Закрепить и углубить знания теоретических вопросов,
основных понятий и формул, законов динамики
материальной точки и поступательного движения
твердого тела.
2. Учиться применять полученные знания для решения
задач по данной теме.
II. Расчет учебного времени:
Содержание занятия
Время
(мин.)
Вступительная часть:
Объявление темы и цели занятия.
Контрольный опрос:
1.
Координаты центра масс системы материальных
31
10
точек.
2.
Уравнения движения тел переменной массы
(Уравнение Мещерского, формула Циолковского).
3.
Закон всемирного тяготения.
4.
Сила упругости. Закон Гука.
5.
Закон динамики для неинерциальных систем.
Основная часть:
Решение задач:

На расчет центра масс системы материальных точек и
однородного твердого тела;

На определение скорости движения тела переменной
массы с использованием уравнения Мещерского и
формулы Циолковского;

С использованием закона всемирного тяготения;

С использованием закона Гука

С использованием закона динамики в
неинерциальных системах.
Заключительная часть:
Подведение итогов занятия, объявление задания на
самостоятельную работу.
70
10
Контрольный опрос:
1.
Координаты центра масс:
xc 
m x
i
m
i
; yc 
m y
i
m
i
; zc 
m z
i
m
i
;
m   mi
dV
dm
 F U
dt
dt
3. Формула Циолковского: Если F  0 и U  const , то:
m
V  U ln 0
m
2.
Уравнение Мещерского:
4.
Закон всемирного тяготения:
F G
5.
m
2
m1  m2
11 Н  м
G

6
.
67

10
;
кг 2
r2
Закон Гука для продольного растяжения.
32
  E   ; F  k  l ; k 
6.
ES
l
Основной закон динамики для неинерциальных систем
отсчета:
ma '  F  Fu  Fцб  Fk ,
Fu  ma0 ; Fцб  mw2 R ; Fк  2m[V '  w']
Основная часть:
Пример №1
Определить положение центра масс системы, состоящей из
четырёх шаров, массы которых равны соответственно m, 2m, 3m, 4m, в
следующих случаях: а) шары расположены на одной прямой; б)шары
расположены по вершинам квадрата; в)шары расположены по четырём
сложным вершинам куба. Во всех случаях расстояние между
соседними шарами равно 15см.
Дано:
Решение:
a=0.15м
xc,yc-?
4
yc 
m y
i 1
i
i
10m

m  a  2m  a
 0,045 м
10m

2m  a  3m  a
 0,075 м
10m
4
xc 
m x
i 1
i
10m
i
Пример №2
Ракета массой m=1 т, запущенная с поверхности Земли
вертикально вверх, поднимается с ускорением a=2g. Скорость  струи
газов, вырывающихся из сопла, равна 1200 м/с. Найти расход
m1 горючего.
Дано:
Решение:
Используем уравнение Мещерского:
m=103кг


 dm
U=1200м/с
m а  FU
где F - внешние
m1-?
dt
силы, в нашем случае
F  mg
33
dm
-расход горючего. Тогда ma  m g  U  m1 .
dt
В проекциях на выбранную ось:  ma  mg  U  m1 и
m1 
m1 
m( g  a) 3mg
кг  м / с 2 кг

 24.5 ; [m1 ] 

U
U
м/с
с
Пример №3
Ракета с начальной массой mо=1,5 кг, начиная движение из
состояния покоя вертикально вверх, выбрасывает непрерывную струю
газов с постоянной относительно нее скоростью  =800 м/с. Расход
газа  =0,3 кг/с. Определить, какую скорость приобретает ракета через
время t=1с после начала движения, если она движется: 1) при
отсутствии внешних сил; 2) в однородном поле силы тяжести;
3) оценить относительную погрешность, сделанную для данных
условий задачи при пренебрежении внешним силовым полем.
Решение:
Дано:
1. Если внешние силы отсутствуют, то используем
m =1.5 кг
0
U=800м/с
μ=0,3кг/с
t=1c
U1-?
U2-?
ε-?
формулу Циолковского:
V  U ln
m0
m
Спустя время t масса ракеты станет равной:
m  m0    t , F  0 поэтому:
V1  U ln
m0
 134 м / с
( m0    t )
2. Т.к. внешняя сила равна
F  m g , то используем уравнение
dV
dm
 mg  U
dt
dt
dV
dm
 mg  U
В проекциях на ось, направленную вниз:  m
dt
dt
Умножим выражение на (  dt ) : mdV  Udm  mgdt
dm
 gdt
Поделим на m: dV  U
m
Мещерского: m a  F  F p ;
m
34
v
m
t
dm
Проинтегрируем это выражение:  dV  U 
 gdt ;
m 0
o
m0
V2  U ln
m0
m0
 gt  U ln
 gt  124 м / с
m
(m0  t )
1.
Оценим относительную погрешность:

| V2  V1 |
 100%  7.46%
V2
Пример №4
Период обращения искусственного спутника Земли составляет
3 часа. Считая его орбиту круговой, определить на какой высоте от
поверхности Земли находится спутник.
Дано:
Решение:
T=1080c
Сила всемирного тяготения, действующая на
M з  5,98  10 24 кг спутник, движущийся с некоторой скоростью,
вызывает вращение спутника вокруг Земли, т.е.
R з  6,39  10 6 м
является центростремительной
h-?
силой.: Fв.т  man
mMз
2
 m 2  ( Rз  h),  
2
T
( Rз  h)
2
Mз
4
Т.о. G
.

3
T
( R з  h)
G
Тогда:
[ h]  (
GM з T 2
h3
4
2
 R з  4.19  10 6 м
Нм
кг  м 2
 кг  с 2 )1 / 3  ( 2
 с  м 2 )1 / 3  м
2
кг
с  кг
2
Пример №5
Определить среднюю плотность Земли, если известна
гравитационная постоянная.
35
Решение:
Дано:
g=9.8 м/с2
По определению:
4
V  R33 .
3
 ср 
У поверхности Земли:
Rз=6,36∙106м
Н  м2
-11
G=6.67∙10
кг 2
ρср-?
g G
Mз
.
Т.о.
R32
M3
, где
V
Mз 
gRз
G
тогда:
 cр 
3gR з2
3g

 5.51кг / м 3
3
4GR з 4R3G
Пример №6
К проволоке из углеродистой стали l=1,5 м и диаметром
d=2,1 мм подвешен груз массой m=110 кг. Принимая для стали модуль
Юнга Е=216ГПа и предел пропорциональности  n=330 МПа,
определить: 1) какую долю первоначальной длины составляет
удлинение проволоки при этом грузе; 2) превышает приложенное
напряжение или нет предел пропорциональности.
Решение:
Дано:
Сила упругости, возникающая в проволоке в
l=1.5 м
результате деформации, равна внешней
d=2.1∙10-3 м
т.е.
деформирующей силе, Fy  FT  mg
m=110 кг
По закону Гука:   E   ; где
Еl=216∙109 Па
σn=330∙106 Па
F
mg
 y 
; тогда:
S
S

mg
4mg
 

 1.44  10 3
2
E E  S Ed
ε-?
σ-?
Или:
  0.14% ; Определим механическое напряжение:

Fy
S

4mg
 297.2 10 6 Н / м 2
2
d
Т.к. σ<σn, то предел пропорциональности не превышен и деформация
упругая.
Пример №7
На горизонтальной поверхности находится доска массой m2, на
которой лежит брусок массой m1. Коэффициент трения бруска о
поверхность доски равен f . к доске приложена горизонтальная сила
36
F,зависящая от времени по закону F=At, где А – некоторая постоянная.
Определить: 1) момент времени t0, когда доска начнёт выскальзывать
из под бруска; 2) ускорения бруска а1 и доски а2
Решение:
Решим задачу в
неинерциальной системе
отсчета, связанной с
движущейся ускоренно
доской. В этой системе
отсчета брусок покоится,
поэтому закон
динамики для него
имеет вид:
N  mg  Fтр  Fu  0 ; В проекциях на оси координат:
N-mg1=0
Fu-Fтр=0
N=m1g2
Fu=Fтр
Доска не будет высказывать из-под бруска (брусок покоится на
доске), до тех пор пока Fтр≥Fu и начнет скользить, когда Fтр=Fu.
В данном случае наблюдается поступательное движение системы
отсчета (доски), поэтому: Fu=m1∙a
Т.к. Fтр    N    m1  g и в момент скольжения Fтр=Fu, то
  m1  g  m1a
и a  g .
Доска вместе с бруском движется под действием силы F=A∙t,
поэтому:
F=A∙t= a (m1+m2) и a 
At
m1  m2
Скольжение начнется в момент времени, для которого:
Ato
g (m1  m2 )
 g ; t 0 
.
m1  m2
A
Когда t≤t0, брусок движется вместе с доской и их ускорения
одинаковы: a1  a 2 
At
.
m1  m2
При t≥t0: относительно горизонтальной поверхности (неподвижная
система) брусок движется под действием силы трения по доске:
Fтр=m1a1; μm1g=m1a1
37
Поэтому a1=μg – ускорение
бруска. При движении бруска по
доске, на доску действует сила:
F '   Fтр ; F '  Fтр  m1 g .
m2 a2  F  F ' ;
At  m1 g
.
m2 a2  F  F ' . Тогда: a 2 
m2
Тогда II закон Ньютона для доски:
Пример №8
На краю наклонной плоскости с углом наклона α лежит тело.
Плоскость равномерно вращается вокруг вертикальной оси с угловой
скоростью ω. Расстояние от тела до оси вращения плоскости R. Найти
наименьший коэффициент трения μm , при котором тело удержится на
вращающейся наклонной плоскости.
Тело покоится относительно вращающейся системы отсчета,
связанной с наклонной плоскостью; поэтому закон динамики для тела в
этой системе:
m g  N  Fтр  Fц  0 ,
где Fц=mω R – центростремительная сила инерции.
В проекциях на оси координат:
N-mg∙cosα+Fц∙sinα=0
Fц∙cosα+mg∙sinα-Fтр=0
2
Из 1-го уравнения: N=mg∙cosα-Fц∙sinα
Из 2-го уравнения: Fтр=Fц∙cosα+mg∙sinα
Тогда:
m 
m 
Fтр
N

Fц cos   mg sin 
mg cos   Fц sin 
m( 2 R cos  g sin  )
m( g cos   2 R sin  )
38
Заключительная часть:
Задание на самостоятельное решение:
Т.И. Трофимова «Сборник задач по курсу физики»
№1.71 (а, в.); №1.77; №1.60; №1.165; №1.176; №1.180
Тема 2.3 Закон сохранения энергии в механике. Работа. Мощность.
I. Цель практического занятия:
1. Закрепить и углубить знания теоретических вопросов,
основных понятий и формул, закона сохранения и
превращения энергии в механике.
2. Учится применять полученные данные для решения задач по
заданной теме.
II. Расчёт учебного времени:
Содержание занятия:
Вступительная часть:
Объявление темы и цели занятия
Контрольный опрос:
1. Работа в механике.
2. Мощность.
3. Кинетическая и потенциальная энергия.
4. Закон сохранения механической энергии.
5. Связь между работой внешних сил и изменением
кинетической энергии.
Основная часть:
Решение задач:
 На определение работы и мощности;
 С использованием законов сохранения при
абсолютно упругих и неупругих ударах;
 На определение работы силы упругости;
 На определение работы гравитационного поля.
Заключительная часть:
Подведение итогов занятия, объявление задания на
самостоятельное решение.
39
Время
(мин.)
10
70
10
Контрольный опрос:
1.
а)
Работа:
Постоянной силы:
перемещением.
б) Переменной силы:
A  F  S  cos  ,  -угол между силой и
A   F  cos   dS
S
2.
Мощность:
а)
Средняя мощность за
t :  N 
б) Мгновенная мощность: N 
3.
A
t
dA
 F cos  .
dt
Энергия тела:
Кинетическая:
T
p2
m 2

2
2m
Потенциальная энергия тела, поднятого на высоту h над Землёй:
П  mgh
kx 2
2
4. Для консервативных механических систем: Т  П  const.
Потенциальная энергия упругодеформированного тела:
5.
П
Работа внешних сил связана с изменением кинетической
энергии тела: A  T
Основная часть:
Пример№1
Автомашина массой =1,8 т движется в гору, уклон которой
составляет 3м на каждые 100м пути. Определить: 1) работу,
совершаемую двигателем автомашины на пути 5 км, если коэффициент
трения равен 0,1; 2) развиваемую
двигателем мощность, если известно,
что этот путь был преодолён за 5 мин.
40
Дано:
m=1,8∙103кг
h=3 м
S/=100 м
S=5000 м
t=300 с
 =0,1
A-?
N-?
Решение:
Работа двигателя расходуется на увеличение
потенциальной энергии машины и работу против сил
трения (  сonst ) :
A  П  АТР  mgH  FТР  S
h
S
По условию sin   / , тогда H  S  sin   h  / ,
S
S
где Н-высота, на которую поднимается машина над
землёй:
FТР    N  mg cos   mg 1  sin 2  . Тогда:




 h
S
S
A  mg  h   mg 1 sin 2   S  mg  h     S 1 

 /
S/
S/

S


По определению N 
2







 11,510 6



A
 38,3  10 3 Вт
t
Пример№2
Материальная точка массой 1 кг двигалась под действием
некоторой силы согласно уравнению S=A-Bt+Ct2-Dt3 (В=3 м/с, С=5
м/с2, D=1 м/с3). Определить мощность N, затрачиваемую на движение
точки в момент времени t=1с.
Дано:
Решение:
m=1кг
По определению мгновенная мощность: N  FS  
S=AdS
Bt+Ct2-Dt3

 ( B  2Ct  3Dt 2 )
B=3 м/с
dt
С=5 м/с2
d
D=1 м/с3
a
 2C  6 Dt
t=1с
dt
N-?
По второму закону Ньютона: F  ma  m(2C  6 Dt )
Тогда:
N  m(2C  6Dt )  ( B  2Ct  3Dt 2 )  16Вт
Пример№3
Тело массой m начинает двигаться под действием силы





F  2t  i  3t 2  j , где i и j - соответственно единичные векторы
41
Дж
координатных осей x и y. Определить мощность N(t), развиваемую
силой в момент времени t.
Решение:
Дано:



F  2t  i  3t 2  j
N(t)-?




F
По второму закону Ньютона: F  m a; a 
;
m


2


Так как   a (t )dt  2t  i  3t  j  dt  1  (t 2  i  t 3  j )


m
m



Мгновенная мощность – скалярное произведение векторов
 
N  F    Fx   x  Fy   y  2t 
N

F и:
t2
t3
 3t 2  ;
m
m
1
 (2t 3  3t 5 )
m
Пример№4
Тележка проходит расстояние S=300 м под гору с уклоном
  5° и продолжает двигаться в гору с тем же уклоном. Принимая
коэффициент трения  постоянным и равным 0,05, определить
расстояние x, на которое поднимается тележка.
Дано:
Решение:
Потенциальная энергия
S=300м
в начальный момент
  5°
(mgh1)затрачивается на
  0,05
работу против трения и
x-?
потенциальную энергию
подъёма (mgh2): mgh1  FТР (S  x)  mgh2
Где
h1  S  sin  ; h2  x  sin 
При движении тела по наклонной плоскости:
FТР  mg cos 
mgh1  mg cos  ( S  x)  mgh2
Поэтому:
S  sin    cos  ( S  x)  x  sin 
sin    cos 
xS
 81,5 м
sin    cos 
42
Пример№5
Шайба массой m скользит без трения с высоты h по желобу,
переходящему в петлю радиусом R. Определить: 1) силу давления F
шайбы на опору в точке, определяемой углом  ; 2) угол  ,
при котором произойдёт отрыв шайбы.
Дано:
Решение:
1.Второй закон
m, R, h
Ньютона в проекции
F2-?
на нормаль к
m  ?
траектории шайбы в
указанной точке:
Fn  man  m
2
R
m 2
N  mg cos  
R
,
m 2
N  mg sin  
R
cos   sin 

По третьему закону Ньютона:
Тогда:

F g ( )   N илиFg ( )  N
 2

Fg ( )  N  m  g sin  
 R

Сила трения отсутствует, поэтому применим закон сохранения
m 2
 mg ( R  R sin  ). Найдём скорость в точке,
2
2
соответствующей углу  :   2 g (h  R(1  sin  ))
 (h  R  R sin  )

 sin  
Тогда: Fg ( )  mg 2 
R


2.Отрыв произойдёт, когда Fg ( m )  0 :
энергии:
mgh 
2(h  R(1  sin  m ))  R sin  m  0
sin  m 
2(h  R)
3R
43
Пример№6
Пуля массой m=12 г, летящая с горизонтальной скоростью
 =0,6 км/с, попадает в мешок с песком массой М=10 кг, висящий на
длинной нити, и застревает в нём. Определить: 1)высоту, на которую
поднимается мешок, отклонившись после удара; 2)долю кинетической
энергии, израсходованную на пробивание песка.
Решение:
Дано:
1. Пуля застревает
m=0,012кг
 =600м/с в мешке
(неупругий удар),
М=10кг
поэтому
h-?
применим закон
 -?
сохранения
импульса: m  ( m  M )U ,
U  
m
- скорость мешка вместе с пулей после удара.
mM
Для мешка вместе с пулей применим закон сохранения энергии: За
нулевой уровень потенциальной энергии примем центр масс мешка до
(m  M )U 2
 (m  M ) gh.
попадания пули:
2
U2
m 2 2

 0,0264 м
Тогда: h 
2 g 2 g (m  M ) 2
2. Доля энергии, израсходованной на пробивание песка:

где
 T 
T1  T2
 100%  1  2   100%,
T1
 T1 
T1 
m 2
(m  M )U 2
m 2 2
; T2 

2
2
2(m  M )


m 2 2  2
m 

  100%  1 
  1 
  100%  99,9%
M
 m
2(m  M )  m 2 



Пример№7
Абсолютно упругий шар массой m=1,8 кг сталкивается с
покоящимся упругим шаром большей массы М. В результате прямого
удара шар потерял 36% своей кинетической энергии Т1. Определить
массу большего шара.
44
Решение:
Так как удар упругий, то:
Дано:
m=1,8кг
 =0.36
m11  m11/  m2 2/

 m112 m11/ 2 m2 2/ 2 ;
M-?



2
2
 2
/
m1  m1  M 2

 m12 m1/ 2 M 22



2
2
 2
1  1
/
Из первого уравнения:
M m
1  
1
 m
2
 2 1
/
1
Распишем потерю кинетической энергии первым шаром:

T1  T1/
T/
m1/ 2
1/
 1 1  1
  1 
,
то
T1
T1
1
m12
С другой стороны:
T2  T1  T1/ , тогда:  
T2 m 22

.
T1 m12
1  1
/
Тогда:
2
m
 
1
M
M 
; Так как M  m
2
1
 m
1
m
 m(1  1   );
M
 mM  m(1  1   )
M 
m


 1 1 

2
Так как M>m, то M 
m

 (1  1   ) 2  16,2кг
45
(1  1   )
 
m
M
Пример№8
Пружина жёсткостью k=10 кН/м сжата силой F=200 Н.
Определить работу внешней силы, дополнительно сжимающей эту
пружину ещё на x =1 см.
Решение:
Дано:
k=104 н/м Пусть сила, сжимающая пружину:
F=200н
F  k  x1 , где x1- первоначальная деформация пружины.
x =0,01м Тогда работа силы, дополнительно сжимающей пружину:
А-?
x  x
x  x
x  x
A
Так как
1
k  F x1
F ( x)dx 

x
1
, то:
1
kx2 1
 kxdx 
2
x
x
1
1
A  F  x 

k
k
(( x  x) 2  x 2 )  kx x  x 2
1
1
2 1
2
k  x 2
 2,5 Дж
2
Пример№9
Определить работу А, которую совершат силы
гравитационного поля Земли, если тело массой m=1кг упадёт на
поверхность Земли:
1) с высоты h, равной радиусу R Земли; 2) из бесконечности.
Решение:
Дано:
R3
R3
R
m=1кг
mM
mM 3 3
h1=R3
F (r )dr  G 2 3 dr  G

1. A1 
h 2= 
r
r
2
R
2 R3
2 R3
3
A1-?
 1
mM 3
1 
A2-?
  G
 GmM 3  
 31,3 МЖд


2 R3
 R3 2 R3 
 1 1  mM 3
2. A2  GmM 3 
  =G
 62,6МДж
R
R3
 3 
Заключительная часть:
Задание на самостоятельное решение:
Т.И.Трофимова «Сборник задач по курсу физики»:
№1.83; №1.93; №1.98: №1.101; 1.102; 1.110; 1.112; 1.124.
46
Тема 3.1 Динамика вращательного движения.
I. Цель практического занятия:
3. Закрепить и углубить знания теоретических вопросов,
основных понятий и формул, законов динамики
вращательного движения.
4. Учится применять полученные знания для решения задач по
данной теме.
II. Расчёт учебного времени:
Содержание занятия:
Вступительная часть:
Объявление темы и цели занятия
Контрольный опрос:
1. Определение момента инерции.
2. Теорема Штейнера.
3. Кинетическая энергия при вращении.
4. Кинетическая энергия при плоском движении.
5. Работа при вращении.
6. Момент импульса.
7. Уравнение динамики вращательного движения.
8. Закон сохранения момента импульса.
Основная часть:
Решение задач:
 на расчёт момента инерции твёрдого тела;
 по определению кинетической энергии при
плоском движении;
 на определение работы при вращении;
 с использованием уравнения динамики
вращательного движения;
 с использованием закона сохранения момента
импульса.
Заключительная часть:
Подведение итогов занятия, объявление задания на
самостоятельное решение.
47
Время
(мин.)
10
70
10
Контрольный опрос:
1.
Момент инерции:
а)
Материальной точки: J  mr
б) Системы точек: J 
n
m r
l 1
в)
2.
2
2
i i
При непрерывном распределении масс: J 
Теорема Штейнера: J  J 0  md
r
2
dm
2
J z 2
3. Кинетическая энергия при вращении: Tвр 
2
4.
Кинетическая энергия при плоском движении:
T
5.
6.
m с2 J с 2

2
2
Работа при вращении: dA  M z  d
Момент импульса:
а) Материальной точки: Lz  m  r
б) Твёрдого тела:
вращения (z).

7.
Lz  J z   относительно оси

dL
; M z  Jz 
M 
dt

8.
L  const
Основная часть:
Пример№1
Определить момент инерции J тонкого однородного стержня
длинной l=50 см и массой m=360 г относительно оси,
перпендикулярной стержню и проходящей через: 1)конец стержня;
2)точку, отстоящую от конца стержня на 1/6 его длины.
48
Решение:
Задачу можно решить двумя
способами:
I способ: по определению:
Дано:
l  0,5 м
m  0,36кг
d1  l 2
d2  l 2  l 6

J1  ?
l
J 1   r 2 dV  
V
0
5l 6
J2 

0
dV
m
m

V S l
dV  S  dr
l
m
m
m l 3 ml 2
 r 2 Sdr   r 2 dr   
 0,03кг / м 2
S l
l
l
3
3
0
l
m 2
 r dr 
l
3

2
Тогда:
J2  ?
2.
 r
1. J 1 
6
m
l
r 2 dr 
0
3
m 1  5l 
m 1 l
21
       
ml 2  1,75  10  2 кг  м 2
l 3 6 
l 3 6
108
II способ: с использованием теоремы Штейнера:
2
1.
ml 2
ml 2
l
J 1  J 0  md 
 m  
12
3
2
2.
ml 2
ml 2
21
l l
l
J 2  J 0  md 
 m   
 m  
ml 2
12
12
108
2 6
3
2
1
2
2
2
2
Пример№2
Вычислите момент инерции J проволочного прямоугольника
со сторонами а=12 см и b=16 см относительно оси, лежащей в
плоскости прямоугольника и проходящей через середины малых
сторон. Масса равномерна распределена по длине проволоки с
линейной плотностью  =0,1 кг/м.
Дано:
Решение:
Так как момент инерции
a  0,12 м
аддитивная величина, то:
b  0,16 м
J  J1  J 2  J 3  J 4
  0,1кг / м Так как J  J ;
1
3
J ?
49
J 2  J 4 , то
J  2 J1  2 J 2  2( J1  J 2 ) Найдём J1 и J2 , J 1 
ma 2
, где
12
a2
a 2 b
a
; J 2      dr  
dr 
m    a и J1 
2
4 0
4
12
0 
a 3
J
a 3
6

a 2 b
2

2
b
b
a 2  a

   b   1,44  10 4 кг  м 2
2 3

Пример№3
Найти момент инерции J тонкого однородного кольца
радиусом r=20 см и массой m=100 г относительно оси, лежащей в
плоскости кольца и проходящей через его центр.
Решение:
Дано:
r  0,2 м
m  0,1кг
m
2r.
m
m
dm    r  d 
 r  d 
 d
2r
2
2
По определению: J   R  dm, Где R  r sin  . Тогда:
dm  dl ; m 
J-?
кол ьцу
2
m 2 2
mr 2
J
r sin   d 
2
2
0
2
 sin
2
  d
0
Из таблицы интегралов:
2
2
 1

0 sin   d   2  4 sin 2  0  
2
J
mr 2
mr 2
 
 2  10 3 кг  м 2
2
2
50
Пример№4
Полый тонкостенный цилиндр массой m=0,5 кг, катящийся без
скольжения, ударяется о стену и откатывается от неё. Скорость
цилиндра до удара о стену 1 =1,4 м/с, после удара  1 =1 м/с.
Определить выделившееся при ударе количество теплоты Q.
Решение:
Дано:
Выделившееся количество теплоты определяется
m  0,5кг
изменением кинетической энергии цилиндра:
/
1  1,4 м / с
1/  1м / с
Q?
Q  (T2  T1 )
Найдём выражение для кинетической энергии
цилиндра с учётом, что цилиндр совершает плоское
движение:
T
При плоском движении


R
m 2 J 2

2
2
, где R-радиус цилиндра. Так как
цилиндр тонкостенный, то его момент инерции, определяется также как
момент инерции обруча: J  mR , Тогда
2
m 2 mR 2   2
T

 m 2 и Q  m12  m1/ 2  0,48 Дж
2
2
2R
Пример №5
Вентилятор вращается с частотой n=600 об/мин. После
выключения он начал вращаться равнозамедленно и, сделав N=50
оборотов, остановился. Работа А сил торможения равна 31,4 Дж.
Определить: 1)момент М сил торможения; 2)момент инерции J
вентилятора.
Решение:
Дано:
n  10об / с
По определению: A 
N  50
AT  31,4 Дж
Так как вращается равнозамедленно (  const ) ,
то момент сил торможения постоянный
M-?
J-?
 Md , где M  F
( M  const ) : A  M  d  M  2  N
51
ТОР
R
Тогда: M 
A
 0,1н  м , С другой стороны:
2N
АТОР  T  (T2  T1 )  T1 (T2  0) , где T1 
J 02
, где
2
J  (2n) 2
.
0  2n (n-начальная частота) AT 
2
2 AT
Тогда: J 
 15,9  10 3 кг  м 2
2
2
4  n
Пример№6
На однородный сплошной цилиндрический вал радиусом
R=50 см намотана лёгкая нить, к концу которой прикреплён груз
массой m=6,4 кг. Груз, разматывая нить, опускается с ускорением а=2
м/с2. Определить: 1)момент инерции J вала; 2)массу М вала.
Дано:
R  0,5 м
Решение:
Запишем II закон Ньютона для груза:
m  6,4кг
T mg  ma
а  2м / с2
J-?,



В проекциях на ось:
mg  T  ma, T  m( g  a).
M-?
Считается, что нить лёгкая и
нерастяжимая, поэтому T  T . Закон динамики
вращательного движения для вала:
M  J 
Вращение вала вызывает нить, поэтому М-момент силы натяжения
/

нити:
M  T /  R  T  R, где R-плечо силы T .

Ускорение груза a по модулю равно тангенциальной составляющей
ускорения точек обода вала:
a  a , а угловое ускорение:  
a
R
T  R 2 m( g  a) R 2


 6,24кг  м 2
Тогда: J 

a
a
2J
MR 2
Для цилиндрического вала: J 
, поэтому M  2  50кг
R
2
52
M
Пример№7
Через неподвижный блок в виде однородного сплошного
цилиндра массой m=0,2 кг перекинута невесомая нить, к концам
которой прикреплены тела массами m1=0,35 кг и m2=0,55 кг.
Пренебрегая трением в оси блока, определить: 1)ускорение грузов;
2)отношение Т2/Т1 сил натяжения нити.
Решение:
Дано:
m  0,2кг Запишем закон динамики
для тел m1 и m2 :
m1  0,35кг
m2  0,55кг
a?
T2  ?
T1





m1 g  T1  m1 a

m2 g  T2  m2 a
В проекциях:
m1a  T1  m1 g

m2 a  m2 g  T2
Закон динамики вращательного движения для блока:
M  J   , где M  (T2/  T1/ )  R , причём T1/  T1 и T2/  T2 , а
a
mR 2
mR 2 a


J
(
T

T
)

R

 ;
и
. Тогда: 2
1
R
2
2 R

m1 a  T1  m1 g

ma
T2  T1 
; Получаем систему уравнений: m 2 a  m 2 g  T2
2

ma
T2  T1 
2

ma
a  (m1  m2 )  g (m2  m1 )  (T2  T1 )  g (m2  m1 ) 
2
m2  m1
a
 g  1,96 м / с 2 ;
m1  m2  m 2
T2 m2 ( g  a)

 1,05
T1 m1 ( g  a)
53
Пример №8
Человек, стоящий на скамье Жуковского, держит в руках
стержень длиной l=2,5 м и массой m=8 кг, расположенный вертикально
вдоль оси вращения скамейки. Эта система (скамья и человек) обладает
моментом инерции J=10 кг·м2 и вращается с частотой n1=12 мин-1.
Определить частоту n2 вращения системы, если стержень повернуть в
горизонтальное положение.
Решение:
Дано:
Используем закон
l  2,5 м
сохранения момента
m  8кг
J  10кг  м

2
импульса:

J 1  ( J 
n1  0,2с 1
n2-?

LI  LII ;
ml 2 
) 2
12
ml 2
В проекциях: J1  ( J 
) 2 . Так как
12
ml 2
)n2 ;
  2n , то J  n1  ( J 
12
J
Тогда: n2  n1 
 0,14c 1
2
ml
J
12
Пример№9
Платформа, имеющая форму диска, может вращаться около
вертикальной оси. На краю платформы стоит человек. На какой угол 
повернётся платформа, если человек пойдёт вдоль края платформы и,
обойдя его, вернётся в исходную точку? Масса платформы М=240 кг,
масса человека m=60 кг. Момент инерции J человека рассчитывать как
для материальной точки.
Дано:
Решение:
М=240кг
Из закона сохранения момента импульса:
m  60кг
n  ?




O  Lч  Ln ; O  J ч  1/  J n  2 , где

1/  угловая скорость человека относительно земли.

 
O  J ч  1   2   J n  2


54
В проекциях:
O  J ч 1   2   J n 2 , J ч1  J ч  J n  2 ,
где J ч  mR , а
2
Jn 
M 2
MR 2

2
тогда: mR 1   m 
R 2 ,
2 
2

2

;  2  , где t – время движения человека по платформе.
t
t
4m
m2 
M 
 0,6  120 
 m  
отсюда:  
2m  M
t
2  t

1 
Пример№10
Человек массой m=60 кг, стоящий на краю горизонтальной
платформы радиусом R=1м и массой М=120 кг, вращающейся по
инерции вокруг неподвижной вертикальной оси с частотой n1=10 мин-1,
переходит к её центру. Считая платформу круглым однородным
диском, а человека - точечной массой, определить работу,
совершаемую человеком при переходе от края платформы к её центру.
Решение:
Дано:
Работа, совершаемая человеком при переходе идёт на
m  60кг
изменение кинетической энергии системы:
R  1м
М  120кг
J 2 22 J 112
MR 2
2
A  T 

, J 1  mR 
2
2
2
n1  0,17с 1 момент инерции системы, когда человек на краю
А-?
платформы.
MR 2
J2 
-момент инерции системы, когда человек
2
переходит к центру платформы.
По закону сохранения момента импульса:
J11  J 22 или J1n1  J 2 n2 ; n2  n1
J1
2m  M
 n1 
 2n1
J2
M
2
 MR 2



4n1 2   MR  mR 2 2n1 2   1  66 Дж
A
 2

 2
 2
55
Заключительная часть:
Задание на самостоятельное решение:
Т.И.Трофимова «Сборник задач по курсу физики»:
№1.136; 1.140; 1.144; 1.151; 1.157; 1.161.
Литература
1. Трофимова Т.И. Курс физики. – М.: «Высшая школа», 2002. – 541 с.
2. Трофимова Т.И. Сборник задач по курсу физики. – М.: «Высшая школа»,
1996. – 302 с.
3. Чертов А.Г., Воробьёв А.А., Фёдоров М.Ф. Задачник по физике. – М.: «Высшая
школа», 1973. – 509 с.
4. Волькенштейн В.С. Сборник задач по общему курсу физики. – М.: «Наука»,
1969. – 464 с.
56
СОДЕРЖАНИЕ
Введение
3
1. Практическое занятие № 1
4
2. Практическое занятие № 2
11
3. Практическое занятие № 3
20
4. Практическое занятие № 4
28
5. Практическое занятие № 5
36
6. Практическое занятие № 7
44
Литература
53
57