Задачи по механике

Вопросы и задачи по механике
с ответами и методическими указаниями
Пособие для учащихся средних учебных заведений
Москва, 2011
1
Данное пособие направлено на оказание помощи учащимся средних учебных
заведений для организации их самостоятельной работы по физике. Структура и
содержание пособия отвечают целям подготовки учащихся к ЕГЭ и адаптации к
обучению в техническом вузе.
2
Методические указания
В основе решения задач лежат методы расчета (методы решения задач).
К основным методам расчета, применяемым в физике, относятся: метод
размерностей, координатный, графический, динамический и энергетический.
Метод размерностей, очень важный для изучения физики, в школьном курсе чаще
всего используется для проверки правдоподобности полученного результата. Рассмотрим
подробнее методы, которые приводят в процессе решения к точному конечному
результату. Отметим, что нельзя
расположить методы в порядке возрастания их
важности, значимости и т.п. Какой из методов предпочтительнее, зависит от конкретной
задачи и ряда сопутствующих обстоятельств.
Если при решении задачи используется система координат, то говорят о
координатном методе решения.
Если в задаче находится место для графика, то в ней используется графический
метод. Если решение опирается на законы динамики, то говорят о динамическом методе, а
при использовании закона сохранения энергии об энергетическом методе.
То есть, имея перед собой решение задачи, легко назвать методы ее решения.
Другое дело, перед началом решения задачи выбрать наиболее подходящий метод
ее решения.
Но что значит наиболее подходящий метод решения? Что может служить
критерием для выбора того или иного метода?
Конечно, не имея опыта в решении задач, можно не увидеть метода, лежащего, что
называется, на поверхности. Значит, для того, чтобы хорошо решать задачи, нужно
тренироваться в их решении различными методами. Тогда со временем придет опыт,
показывающий, какие методы объективно предпочтительнее для того или иного класса
задач.
Лаконичность, простота и красота решения тоже могут служить критерием выбора.
Недаром говорят, что краткость  сестра таланта. Кроме того, при кратком решении
экономится время решающего, что немаловажно при сдаче экзаменов, выполнении
контрольных работ и т.д.
Однако следует отметить, что лаконичность в решении задач достигается не сразу,
и в процессе тренировки нужно начинать с подробного решения, тщательного
3
рассмотрения и анализа данных, полученных результатов, возможностей решения задачи
различными методами.
Для успешного решения задач необходимо владение терминологией физики,
глубокое понимание определений и законов. И обратно, решение задач помогает глубже
понять термины, определения и законы. С предлагаемой методикой решения задач мы
познакомимся, решая задачи вместе. Рекомендуется, прочитав условие задачи, попытаться
решить ее самостоятельно, а потом обязательно проработать авторское решение.
Без самостоятельной попытки трудно оценить уровень сложности задачи и
преимущества того или иного метода расчета. А проработка авторского решения
заключается не только во внимательном прочтении предложенного решения. Необходимо
после ознакомления с решением повторно прорешать задачу; тогда то и станет ясно,
какими методами Вы владеете лучше, какими хуже, а какими, может быть, и вовсе не
владеете.
Задача 1. Тело, брошенное вертикально вверх, упало на землю через 2 с. Сколько времени
тело поднималось и сколько падало? С какой по модулю скоростью оно было брошено и с
какой упало? До какой максимальной высоты поднялось тело? Сопротивлением воздуха
пренебречь.
Решение
Оговоримся, что приведенное решение может показаться излишне подробным, но
именно так следует начинать подготовку по решению задач, и мы рекомендуем особенно
внимательно познакомиться с этим решением.
Часто задачи делят на кинематические, динамические и т.д. Это деление условно.
Если задачу можно решить, применяя формулы кинематики, то это не значит, что ее
нельзя решить иначе.
Решение задач на движение тел, если о характере движения заранее не оговорено,
следует начинать с выяснения вида рассматриваемого движения, т.е. с ответа на вопрос,
какие поля, тела или силы действуют на данное тело.
Применим динамический метод.
В нашем случае на тело действует только сила тяжести. При перемещении тела от
поверхности Земли на расстояния много меньшие радиуса Земли силу тяжести,
действующую на тело, можно считать постоянной, и, как следует из второго закона
4
Ньютона, ускорение тела тоже окажется постоянным. Обычно ускорение силы тяжести
считают равным 9,8 м/с2. Для упрощения расчетов в дальнейшем мы будем считать его
равным 10 м/с2, если не будет специальных оговорок.
Направим ось у по вертикали и свяжем начало координат с поверхностью Земли
(рис.1.1).
Итак, мы начали применять координатный метод.
у

g
Изобразим на рисунке векторы, характеризующие движение:



вектор начальной скорости V0 и вектор ускорения g . Вектор V0 направлен

V0

вертикально вверх, вектор g  вертикально вниз.
При движении с постоянным ускорением ускорение тела равно
0
 
 V  V0
приращению скорости в единицу времени, т.е. g 
(1.1), где под
t  t0

V понимается скорость в момент времени t. Если начальный момент
  
времени t0 принять за ноль, то из (1.1) следует, что V  V0  g t (1.2)
Рис. 1.1
Перейдем от уравнения в векторном виде к уравнению в виде
проекций:
Vy = V0y + gyt (1.3), где Vy, V0y и gy  проекции на ось у скорости в момент времени
t, начальной скорости и ускорения соответственно.


Если учесть знаки проекций векторов V0 и g , то уравнение (1.3) можно записать в
виде:


Vy = V0  gt (1.4), где под V0, и g подразумеваются модули векторов V0 и g .
Применим далее графический метод. Построим график зависимости проекции
скорости на ось у от времени (Рис.1.2)
Поскольку эта зависимость линейная, то ее графиком будет прямая линия.
Vy
Опишем график подробнее.
Во-первых, это график убывающей функции,
V0
t1
t2
t
которая остается положительной, пока тело
поднимается вверх. В момент времени t1
0
скорость тела станет равной нулю, и в этот
Рис. 1.2
момент тело достигнет высшей точки подъема.
Затем
проекция
скорости
становится
5
отрицательной, т.е. вектор скорости направлен
против направления оси у и тело движется вниз.
Во-вторых, известно, что площадь, ограниченная графиком скорости и осью
времени, численно равна пути, пройденному телом, за соответствующий промежуток
времени. Т.к. пути, пройденные телом вверх и вниз одинаковы, то и площади
заштрихованных треугольников с вершиной в точке t1, соответствующие движению вверх
и движению вниз должны быть одинаковы.
Из равенства площадей треугольников и их подобия следует равенство самих
треугольников, т.е. промежуток времени от начала движения до момента падения t2
делится моментом времени t1 пополам, а это значит, что время подъема равно времени
падения и равно половине всего времени движения, т.е. одной секунде.
Мы получили ответ на первый вопрос задачи.
Начальную скорость V0 можно найти из уравнения (1.4), если учесть, что в момент
времени t1, тело находилось в верхней точке и имело скорость равную нулю, т.е. Vy = 0,
0=V0gt1, и V0 = gt1 = 10 м/с.
тогда
Затем, зная начальную скорость, можно найти скорость в момент падения, т.к. мы
можем пользоваться уравнением (1.4) до тех пор, пока тело движется с одним и тем же
ускорением.
Итак, Vy = V0  gt2, или Vy = 10 м/с  10 м/с2  2с = 10 м/с, т.е скорости в моменты
бросания и падения по модулю одинаковы и равны 10 м/с. Это ответ на второй вопрос
задачи.
И, наконец, максимальную высоту подъема мы найдем, используя уравнение для
координаты при равнопеременном движении:
y  y 0  V 0 y  t1 
g y t12
2
(1.5), где у 
координата тела по оси у в момент времени t1, y0  начальная координата по оси y, V0y 
проекция начальной скорости на ось y, gy  проекция ускорения на ось y.
Так как начало координат совпадает с уровнем Земли, максимальная высота равна
координате тела в момент времени t1, т.е.
Hmax = y = 0 + 10 м/с  1 с 
10 м с 2 1 с 2
= 5 м.
2
Есть ли у этой задачи решение покороче? Да, есть.
Применим вначале энергетический метод. Поскольку на тело действует только
сила тяжести, его полная механическая энергия остается постоянной. Т.к. высоту тела мы
отсчитываем от уровня Земли, в момент бросания и в момент падения полная
6
механическая энергия тела равна его кинетической энергии. Следовательно,
mV 02 mV 2
,

2
2
т.е скорости в начале и в конце движения по модулю равны V = V0 (как векторы они
противоположны).
Затем применим координатный метод и из уравнения (1.4), с учетом равенства по
модулю начальной и конечной скоростей движения, имеем
V0 = V0  gt2, т.е. 2V0 = gt2. И
после подстановки данных получим V0 = 10 м/с.
Для нахождения максимальной высоты подъема опять применим энергетический
метод. Приравняем полную механическую энергию в верхней и нижней точках движения:
mV 02
V2
 mgH max , откуда H max  0 = 5 м.
2
2g
Время падения от верхней точки до уровня земли найдем из формулы H 
t
gt 2
, т.е.
2
2H
= 1 с. Вычитая из времени, затраченного на все движение, время падения, найдем
g
время подъема. Оно тоже равно 1 с.
Подведем итоги. Мы решили задачу и в процессе ее решения
применили
динамический, координатный, графический и энергетический методы.
Каждый решающий задачу обучаемый волен решать ее теми методами, которым он
отдает предпочтение, а правильное решение оценивается одинаково, независимо от
способа решения.
Задача 2. Из пунктов А и В, расстояние между которыми l = 900 м, одновременно
навстречу друг другу начали двигаться два тела: первое со скоростью V1 = 72км/ч, второе
со скоростью V2 = 36 км/ч. Определить, через сколько времени тела встретятся и
расстояние от пункта А до места их встречи.
Решение
В этой задаче не нужно определять вид движения тел, он задан по условию.
Движение каждого тела равномерное и прямолинейное. Для получения числового ответа
все заданные величины должны быть представлены в одной системе единиц. Мы будем
пользоваться системой единиц СИ, поэтому V1 = 72 км/ч = 72 
1000 м
= 20 м/с. Скорость
3600 с
второго тела в два раза меньше скорости первого, т.е. 10 м/с.
7
Закончив предварительный этап, перейдем к решению в общем виде. Найдем время
движения тел до их встречи, рассмотрев движение в системе отсчета, связанной с первым
телом.
Тогда первое тело в этой системе неподвижно, а модуль скорости второго тела
равен V1 + V2. Расстояние, которое нужно пройти второму телу до встречи с первым равно
l, а значит t 
l
V1  V 2
(2.1)
Перейдем к системе отсчета, связанной с Землей. Направим ось х вдоль линии
 движения, а
начало координат совместим с точкой А (Рис. 2.1).
Тогда координата места встречи будет равна расстоянию
от точки А и найдется из уравнения x1 = V1t
(2.2), т.е.
l  V1
x1 
(2.3)
V1  V2
0
V1
х
А
Рис. 2.1
После подстановки данных получим численные ответы: t = 30 с и х1 = 600 м.
Если решать задачу только в системе отсчета, связанной с Землей, то еще
необходимо записать уравнение для координаты второго тела x2 = l  V2 t (2.4). Мы
использовали уравнение для координаты при равномерном движении x = x0 + Vx t с учетом
того, что начальная координата второго тела равна l, а проекция скорости второго тела на
ось х отрицательна. В момент встречи координаты первого и второго тела равны.
Приравняв правые части равенств (2.2) и (2.4), получим: V1t = l  V2 t, т.е. t 
l
.
V1  V 2
Задачу можно решить еще графическим методом, построив графики зависимости
координаты первого и второго тела от времени (рис. 2.2).
По точке пересечения графиков устанавливается время и координата встречи.
Однако, в данном случае точность ответа зависит от точности построения графиков.
х, м
x1(t)
900
x2(t)
600
300
t, с
0
10
20
30
Рис. 2.2
40
8
Задача 3. Материальная точка движется по окружности радиуса R = 2 м с постоянным по
модулю центростремительным ускорением ац = 8 м/с2. Определить модуль перемещения
точки за время t 

2
с.
Решение
Вы уже решали эту задачу самостоятельно? Если нет, то вспомните наш уговор и
порешайте. Если уже решали, то приступим к совместному решению. При движении по
окружности в любой момент времени линейная скорость точки V связана с
центростремительным ускорением ац по формуле ац 
V2
R
(3.1), где R  радиус
окружности.
Из постоянства центростремительного ускорения по модулю из формулы (3.1)
следует, что модуль линейной скорости тоже не меняется и V  ац  R = 4 м/с. Заметим, что
обычно физические задачи решаются в общем виде, а затем в итоговую формулу
подставляются числовые данные. Однако, есть небольшое количество задач, в которых
формулы чередуются с числовыми расчетами, и такой способ значительно облегчает
решение задачи. В справедливости этого утверждения мы убедимся, решая данную
задачу.Поскольку путь при движении с постоянной по модулю скоростью определяется по
формуле S = Vt, то после подстановки данных получим, что S = 4 м/с

с = 2 м. Так как
2
длина окружности L = 2R = 4 м, пройденный точкой путь равен половине длины
окружности. Обратимся к рисунку 3.1.
1
Итак,
точка,
пройдя
половину
длины
окружности,
переместилась из положения 1 в положение 2. Из рисунка
видно, что вектор перемещения, соединяющий первую точку со
второй, по длине равен диаметру окружности, т.е. четырем
метрам.
Ответ: 4 м.
2
Рис. 3.1
Задача 4. На однородную веревку, лежащую на гладкой горизонтальной поверхности
стола, действуют в противоположные стороны силы F2 > F1 (рис. 4.1). Определить силу
натяжения веревки в сечении, отстоящем от ее правого конца на 1/4 часть длины веревки.
9
F1
F2
Рис.4.1
Решение
Применим
динамический
метод.
Расставим
направления векторов сил, действующих на
каждую часть веревки. (Рис.4.2)
a
a
N1
F1
N2
T
T
F2
х
m1g
m2g
Рис.4.2
Векторы будем обозначать стрелкой, а рядом укажем модуль вектора. По третьему закону
Ньютона обе части веревки действуют друг на друга силами равными по модулю и
противоположными по направлению. Модуль этих сил натяжения обозначим буквой Т.

Так как сила F2 > F1 ускорение веревки a направлено вправо.
Запишем второй закон Ньютона в виде проекций на ось х, направленную вправо (т.е.
3
4
применим координатный метод), при этом учтем, что масса левой части веревки m1  m ,
1
4
а правой m2  m , где m  масса всей веревки:
3

 T  F1  4 m  a (4.1)

1
 F2  T  m  a (4.2)
4

Сложив первое равенство со вторым, получим: F2  F1 = ma. Заменив ma на F2  F1 в
первом или втором уравнении, получим:
T
3
1
F2  F1
4
4
(4.3).
Сложность этой задачи для начинающих изучать механику заключается в кажущемся
недостатке данных (не даны масса, ускорение веревки).
Задача 5.
Невесомая нерастяжимая нить, перекинутая через невесомый блок с
неподвижной осью, пропущена через щель. При движении нити на нее со стороны щели
действует постоянная сила трения F (рис.5.1). На концах нити грузы массы m1 и m2.
Определите ускорения грузов.
10
Решение
Применим для решения задачи динамический метод. Рассмотрим тела, для
которых, исходя из данных задачи, удобно применить второй закон Ньютона. Такими
объектами являются грузы массы m1 и m2, а также часть нити ничтожной массы, на
которую действует известная сила трения F.
Начнем с расстановки на рисунке направлений векторов сил и ускорений.
Предположим, что груз m1 опускается. Так как массой нити и блока по условию задачи
можно пренебречь, силу натяжения нити по обе стороны блока выше щели можно считать
по модулю одинаковой и равной Т1. Сила натяжения нити ниже щели по модулю равна Т2.
Направим ось у вертикально вверх.
Рис.5.1.
Запишем второй закон Ньютона в виде проекций на эту ось для грузов массы m1 и m2
и участка нити, на который действует сила трения соответственно:
T1  m1g = m1a (5.1)
T2  m2g = m2a
(5.2)
T1  F  T2 = 0
(5.3)
Правая часть равенства (5.3) равна нулю, т.к. закон Ньютона записан для участка
нити ничтожной массы.
Заменив в (5.2) Т2 из (5.3) и вычтя из полученного уравнения (5.1) имеем:
11
a
(m1  m 2 ) g  F
(5.4).
m 2  m1
Если предположить, что груз m1 поднимается, то, проведя для этого случая решение
самостоятельно, Вы можете убедиться, что:
a
(m 2  m1 ) g  F
(5.5).
m 2  m1
Оба решения можно объединить в одной формуле:
a
| m1  m 2 | g  F
m1  m 2
(5.6).
Если же |m1  m2|g = F, то ускорение а = 0.
Задача 6.
При медленном подъеме тела массы m по наклонной плоскости с углом
наклона  и коэффициентом трения  совершили работу А.
Определить, какое количество теплоты выделилось при движении тела.
Решение
В решении этой задачи применим динамический, координатный и энергетический
методы.
Укажем на рисунке направления сил, действующих на тело (рис.6.1)
x
F
N
y
Fтр
mg
Рис.6.1

Сила F , совершившая работу А, направлена вдоль наклонной плоскости вверх; сила


трения Fтр.  вдоль наклонной плоскости вниз. Еще на тело действуют сила тяжести mg и

сила реакции опоры N . Ось х направим вдоль наклонной плоскости вверх, а ось у
перпендикулярно наклонной плоскости вверх.
Отметим, что выделение теплоты связано с работой силы трения, и количество
теплоты численно равно работе этой силы.
12
Так как движение тела равномерное, проекция на любую ось векторной суммы сил
действующих на тело, равна нулю. Спроецируем сумму сил на оси х и у:
F  Fтр.  mg  sin   0 (6.1)
N  mg  cos   0
(6.2)
А также учтем, что при движении Fтр. = N (6.3), т.е. с учетом (6.2)
Fтр. = mgcos (6.4).
Пусть пройденный телом путь равен S.
Умножим на S левые и правые части равенств (6.1) и (6.4) и учтем, что численное
значение работы силы трения Fтр.S равно количеству выделившегося количества теплоты
Q, а произведение FS равно работе А:
F  S  Fт р.  S  mgS  sin   0 (6.5)
Fтр.  S   mg S  cos   Q
(6.6)
Запишем (6.5) в виде:
A  Q  Smgsin = 0
Из (6.6) S 
Q
 mg cos
(6.7).
(6.8).
Подставив S из (6.8) в (6.7), получим:
Q
Задача 7.
A

tg 
1 

 

.
Тонкостенный цилиндр радиуса R раскрутили до угловой скорости  и
поставили в угол, как показано на рис.7.1. Коэффициент трения скольжения между
стенками угла и цилиндром .. Сколько оборотов сделает цилиндр до остановки?
Решение
Опять применим для решения задачи динамический, координатный и энергетический
методы.
y
N1
Fтр.2
В процессе торможения цилиндра силы трения совершают
работу, и эта работа, с одной стороны, численно равна
количеству выделившегося тепла, а, с другой стороны,

g
N2
mg
убыли кинетической энергии вращательного движения
х
цилиндра.
Fтр.1
Рис.7.1
13
Если представить стенки цилиндра в виде множества
материальных точек массой m, то кинетическая энергия
каждой материальной точки равна
m  V 2
,
2
где V линейная скорость точек цилиндра.
Сложив кинетические энергии всех точек цилиндра, мы получим его кинетическую
энергию
mV 2
, где m  масса всего цилиндра.
2
Так как линейная скорость вращательного движения связана с угловой скоростью по
формуле V = R, для кинетической энергии получим:
Eк 
m 2 R 2
(7.1).
2
Если каждая точка цилиндра до остановки проходит путь S, то на этом пути силы трения о
стенки угла совершают работу, численно равную начальной кинетической энергии
цилиндра:
m 2 R 2
 Fтр.1  S  Fтр.2  S (7.2).
2
Как видно из рисунка 7.1, со стороны нижней стенки на цилиндр действуют сила трения

Fтр.1


и реакция опоры N 1 ; со стороны боковой стенки действуют сила трения Fтр.2 и


реакция опоры N 2 ; со стороны Земли действует сила тяжести mg .
Так как у центра масс цилиндра нет ускорения, сумма сил, действующих на цилиндр,
равна нулю.
Направим ось х вправо, а ось у вверх. Запишем сумму сил, действующих на цилиндр, в
виде проекций на эти оси и приравняем нулю:
Fтр.2 + N1  mg = 0
Fтр.1  N2 = 0
(7.3)
(7.4)
Дополним эти уравнения равенствами:
Fтр.1 =  N1 (7.5) и Fтр.2 =  N2 (7.6).
Решив систему из уравнений (7.3)  (7.6) получим:
Fтр.2 =  2 N1 (7.7) и N 1 
mg
1  2
(7.8).
14
Подставив в уравнение (7.2) Fтр.1 
 mg
 2 mg
и
, найдем:
F

тр
.
2
1 2
1 2
S
Так как число оборотов цилиндра n 
 2 R 2 (1   2 )
(7.9).
2 g (1   )
S
, окончательно получим:
2R
n
 2 R(1   2 )
.
4 g (1   )
15