умк_Вабищевич_Физика_ч.1. умк_Вабищевич_Физика_ч. Учебнометодический комплекс для студентов технических специальностей в двух частях Часть 1 Новополоцк 2005 2 удк 53 (075. 8)
 Скачать 1.81 Mb.
|
|
1.2. Методические указания кл bbекциоbbннымbb занятиям Вопросы лекции Форма изучения Литература Вопросы для самоконтроля студентов Кинематика пост уп атель - но го движения мат ериал ь- но й точки. Система сферических и прямоугольных координат Связь систем координат. Скорости средняя, мгновенная. Ускорение среднее, мгновенное Траектория, путь, уравнение траектории, перемещение лекция + самост самост самост лекция + самост [4 , § 2 ] [3 , § 1. 3] , [ 4, § 3 ] [3 , § 1. 3] , [ 4, § 7 ] [3 , § 1.2] [4 , § 1, 8] 1. Что такое материальная точка Приведите примеры. Что называется системой отсчета 3. Как, зная закон изменение координаты точки, определить законы изменения ее скорости и ускорения вдоль заданного направления. Как определить векторы скорости и ускорения материальной точки, если известен закон изменения ее радиус- вектора относительно начала координат. Как можно получить уравнение траектории, если известен закон изменения радиус- вектора материальной точки. Чему равно расстояние между двумя точками в пространстве Как определить расстояние в данный момент времени между двумя движущимися материальными точками, если известны законы изменения их скоростей водной и той же системе отсчета 2. Кинематика криволиней - но го движения мат ериал ь- но й точки Криволинейное движение. Угловая скорость и угловое ускорение. Нормальное, тангенциальное, полное ускорения. Принцип относительности и суперпозиция движений. Сложение скоростей и ускорений лекция лекция + самост лекция + самост лекция лекция, § 4. 7] , [4 , § 1 0] [3 , § 1 .4], [4, § 9] [3, § 1.5], [4, § 9 ] [3 , § 1.2 ], [4 , § 17] – Что называется угловым перемещением материальной точки Как, зная закон изменения углового ускорения материальной точки, найти ее угловую скорость и угловое смещение в данный момент времени Как рассчитать угловое перемещение и угловую скорость при равномерном вращательном движении Какая связь существует между линейными и угловыми характеристиками движения материальной точки В чем состоит принцип независимости движения Какие составляющие ускорения называют нормальной и тангенциальной Как они направлены Какое изменение скорости они характеризуют Чему равно полное ускорение при движении тела, брошенного под углом к горизонту Что называют кривизной траектории Чему равен радиус кривизны 23 1.3. Методические указания к практическим зан ят и ям Тема занятия Задачи Рекомендации Задачи из сборников. Определение кинематических характеристик движения скорость, ускорение, путь, перемещение. Необходимо помнить, что эти величины – векторные, те. для их определения требуется найти модуль (длину вектора) и направление в выбранной системе координат. Путь положителен при любом направлении движения и может только возрастать в случае прямолинейного равномерного движения путь можно определить как модуль разности координат если движение неравномерное, то при определении пути поступают по алгоритму определить закон изменения скорости и ускорения определить время, когда скорость обращается в ноль (точка разворота) определить отрезки пути соответствующие промежуткам времени определить общий путь как сумму отрезков пути – 10 2 1 () ( ) ( ) () Sx t x t x t x t ∆= − + − + или 01 () () tt xx tt St d t t d t ∆ =υ + υ + ∫∫ 3. Средняя путевая скорость является скалярной величиной равной отношению пути, пройденного материальной точкой за время ко времени, затраченному на этот путь 12 ср SS tt ∆ +∆ + υ= ∆ +∆ + [1 , № 1. 8 – 1. 10 , 1. 27 Прямолинейное движение материальной точки. Определение уравнения движения по известным кинематическим характеристикам. Выбор системы отсчета может быть произвольным. Начало отсчета удобно совмещать с положением точки в начальный момент времени, а направление осей удобно совмещать с направлением одного из векторов скорости и /или ускорения. Уравнение движения может задаваться неявно x (t ), y (t ), z (t ). Исключив время, можно получить уравнение траектории Окончание табл. 1. Определение кинематических характеристик криволинейного движения. Задачи на определение кинематических характеристик криволинейного движения принципиально не отличается от соответствующих задач поступательного движения. Удобно такие задачи решать в системе координат, точка отсчета которой совпадает с центром кривизны траектории мгновенным центром кривизны Все движение рассматривается как ряд последовательных вращений вокруг мгновенных центров кривизны. Тангенциальное и нормальное ускорения определяются как, 2 n an R υ = , где единичный вектор, направленный к центру кривизны траектории При этом полное ускорение и полное ускорение часто бывает известно (например, ускорение свободного падения. 4. Соотношение между этими ускорениями иск ор остью можно найти геометрически из рис. Определение относительной скорости и траектории в выбранной системе координат. Если известны скорости двух тело тно сительно некоторой системы отсчета, связав движущуюся систему отсчета со дним из тел, относительную скорость в этой системе можно определить из соотношения 12iотiiнi+ или 12 отн υ =υ + υ . При этом, для одной и той же неподвижной системы отсчета, где 12 отн от н υ= −υ , где 1 отн υ – скорость второго тела относительно первого и 2 от н υ – скорость первого тела относительно второго. Траектория движения в данной системе координат определяется радиус -вектором i r 3. Изменение системы отсчета на другую систему, движущуюся относительно данной равномерно и прямолинейно приведет к изменению iотнi, i r , но ускорение сохранится Криволинейное движение материальной точки. Решение задач напр инци п суперпозиции движения Опр еделение экстремальных параметров движения. Сложное криволинейное) движение в плоскости можно представить как совокупность простых движений относительно соответствующих осей, () 2 yf t = 2. Выбрать произвольно систему координат и определить соответствующие компоненты скорости, ускорения. Составить систему уравнений и разрешить ее для условий, при которых реализуются экстремальные значения (высота, дальность и т. д.). 4. Определить зависимости этих величин (например, дальность полета от угла бросания) от параметров движения и найти экстремум функции, № 1 .61 – 1. 65] 25 1.4. Примеры решения задач Пример 1. Самолет пролетел расстояние из города А в город В со скоростью υ 1 = 800 км/ч, а обратно – половину пути со скоростью υ 2 = 900 км/ч, а вторую половину со скоростью υ 3 = 700 км/ч. Определить среднюю путевую скорость самолета за все время полета (уровень 1). Решение. При движении из города А в город В самолет пролетел расстояние ∆S = S где S – расстояние между городами) за время ∆t 1 . Так как по условию задачи скорость при этом была постоянной, то ∆S 1 = При полете из города В в город А самолет на первую половину пути ∆S 2 = = 1/2S затратил время ∆t 2 , а на вторую половину пути ∆S 3 = S/2– время ∆t 3 . При этом ∆S 2 = υ 2 ∆t 2 , ∆S 3 = υ 3 ∆t 3 . По определению средней путевой скорости 1 2 3 1 2 3 ср S S S t t t ∆ + ∆ + ∆ υ = ∆ + ∆ + Следовательно 1 2 3 2 3 1 3 1 2 1 2 3 4 2 794 км/ч 2 2 2 ср S S S S υ υ υ υ = = ≈ υ υ + υ υ + υ Ответ 1 2 3 2 3 1 3 1 2 4 794 км/ч 2 ср υ υ υ υ = ≈ υ υ + υ υ + υ Пример Материальная точка движется так, что ее радиус-вектор зависит от времени по закону [ ] 2 м j = + . Найти уравнение траектории y = f х) точки, а также определить значения нормального, тангенциального, полного ускорения точки и радиус кривизны траектории в момент времени τ = 1 с уровень 2). Решение Для определения уравнения траектории материальной точки в виде y = f(х)запишем закон движения в координатной форме x = 2 t, y = 3t 2 . Следовательно t = х y = 3х 2 /4. В произвольный момент времени t скорость и ускорение точки равны [ ] ( ) 2 6 мс = = + ; 2 ( мс , d a t j dt υ ⎡ ⎤ = = ⎣ ⎦ а в момент времени τ [ ] ( ) 2 6 2 6 мс τ = + τ = + ; 2 ( ) ( ) мс . a a t j ⎡ ⎤ τ = = ⎣ ⎦ (1) Поскольку точка движется по кривой, лежащей в плоскости XOY, то вектор ускорения можно разложить на две взаимно перпендикулярные составляющие – нормальное и тангенциальное ускорения, лежащие в этой же плоскости n a a a τ = + , причем 2 2 , n a a a τ = + (2) а их абсолютные значения 2 n a R υ = ; Модуль вектора скорости точки в произвольный момент времени равен 2 4 36t υ = + , (3) тангенциальное ускорение 2 36 ( ) 4 36 d a в момент времени τ примет значение 2 2 36 ( ) 5,6 мс 36 a τ τ τ = ≈ + τ . (4) Нормальное ускорение точки можно найти из выражения (2) в момент времени τ 2 2 ( ) ( ) ( ), n a a a τ τ = τ − τ (5) или с учетом (1) и (4) 2 2 2 324 ( ) 36 1,9 мс 9 n a τ τ = − ≈ + Чтобы найти радиус кривизны траектории в момент времени τ, воспользуемся приведенной выше формулой для ас учетом выражений (3) и (5) 2 21,1 м. n R a υ = ≈ Ответ: y = 3x 2 /4 м a n ( τ) = 1,9 мс a τ ( τ) = 5,6 мс а ( τ) = 6 мс ≈ 21,1 м. Пример Материальная точка движется так, что ее радиус-вектор зависит от времени по закону [ ] 2 3 ( ) м , r ti t t j = α + β − γ где α = 1 мс, β = 3 мс, γ = = 4 мс. Найти максимальную скорость точки (уровень 2). Решение Из зависимостей координат точки от времени x = α t, y = βt 2 – γt 3 следует, что вдоль оси ОХ точка движется с постоянной скоростью ха вдоль оси OY – с некоторым ускорением ау, которое меняется стечением времени. Следовательно, проекция вектора скорости 2 (2 3 ) dr i t t j dt υ = = α + β − γ (1) на ось OY равна 2 2 3 y t t υ = β − γ , (2) а модуль скорости, равный 2 2 2 2 2 (2 3 ) x y t t υ = υ + υ = α + β − γ , (3) стечением времени будет меняться. Скорость будет максимальна в момент времени, соответствующий максимуму величины проекции. Исследуем зависимость (2) на экстремум 2 6 y d t dt υ = β − Из условия экстремума ( 3 0 β − γτ = ) следует, что 3 β τ Поскольку вторая производная υ y ( t ) повремени отрицательна 2 2 6 y d dt υ = − γ , то функция υ y ( t ) имеет только максимум, поэтому момент времени τ соответствует максимуму проекции скорости υ y и максимуму величины скорости 4 2 2 2 2 max 2 (2 3 ) 1,25 мс α + βτ − γτ = α +Ответ 4 2 max 2 9 β υ = α + γ = 1,25 мс. Пример С какой наименьшей скоростью и под каким углом к горизонту надо бросить мяч, чтобы забросить его на крышу дома высотой Ас расстояния S от дома Сопротивлением воздуха пренебречь (уровень 3 ). Решение. Выберем систему координат XOY так, как показано на рис. 1.8. Тогда через проекции векторов начальной скорости мяча 0 υ и ускорения на оси системы координата уравнения движения мяча примут вид 0 cos x t = υ α , 2 0 sin 2 gt y t = υ α − . (1) Поскольку мяч должен быть заброшен на крышу дома с минимальной начальной скоростью, то, очевидно, нужно рассмотреть бросок, при котором мяч попадет в точку А. Уравнения (1), записанные для этого момента времени, преобразуются к виду 0 cos s = υ τ α , 2 0 sin 2 g h τ = υ τ α − , и позволяют получить зависимость начальной скорости 0 υ мяча от угла α 0 cos s τ = υ α , 2 0 2 2 0 0 sin cos 2 cos s gs h = υ α − υ α υ α , или 2 2 2 0 tg 2 cos gs h s = ⋅ α − υ α , 2 2 0 2 2cos ( tg ) gs s h υ = α ⋅ α Так как в числителе полученного выражения стоит постоянная величина, то начальная скорость будет минимальна, если знаменатель 2 ( ) cos ( tg ) f s h α = α ⋅ α − будет максимален. Исследовав функцию ( ) f α на экстремум, получим 2 2 2sin cos ( tg ) cos 0 cos df s s h dt = − α α ⋅ α − + α = α , откуда 2 2 tg h h s s + + α Рис. 1.8 Найденное значение угла α соответствует наименьшей начальной скорости мяча (поскольку при углах 90 α → начальная скорость мяча 0 υ → ∞ ). Следовательно, минимальная скорость, с которой надо бросить мяч, равна 2 2 2 2 0 min (1 tg ) ( ) 2( tg ) gs g s h h s h + α υ = = + + ⋅ α Ответ 2 2 arctg h h s s + + α = , 2 2 0 Пример Турист плывет на моторной лодке против течения реки. Проплывая мимо одного из причалов, он теряет спасательный круг. Через четверть часа он обнаруживает пропажу, поворачивает назад и догоняет круг на расстоянии км от причала, вблизи которого он его потерял. Какова средняя скорость течения реки, если мощность двигателя лодки не изменялась уровень 3 ) Решение Введем систему координат, ось ОХ которой направим против течения реки, а начало отсчета поместим в точку, в которой турист потерял спасательный круг (рис. 1.9). Скорость моторной лодки относительно выбранной системы отсчета может быть представлена в виде векторной суммы скорости лодки в стоячей воде ли скорости течения р л р υ = υ + υ . (1) После того как турист потерял спасательный круг, он продолжал плыть против течения реки со скоростью 1 л р υ = υ − υ , а после того как обнаружил пропажу, стал плыть по течению реки со скоростью 2 ( ) л р υ = − υ + υ . Очевидно, что 1 1 1 ( ) л р L t t = υ ∆ = υ − υ ∆ , 2 2 2 ( ) л р S L Dt Dt + = υ = υ + υ , (2) где L – расстояние, которое турист проплыл до разворота ∆t 1 , ∆t 2 – время движения лодки дои после разворота соответственно, причем ∆t 1 = 0,25 ч. Рис. 1.9 За время 1 2 t t t ∆ = ∆ + ∆ спасательный круг проплыл расстояние S со скоростью р – р υ ∆ , (3) Выразив время ∆t 2 , из (3) и подставив в (2), получим 2 р = − ∆ υ , 1 1 ( ) ( ) л р л р р S S t t ⎛ ⎞ + υ − υ ∆ = υ + υ − Отсюда находим 1 4 км/ч 2 р S t υ Решение задачи может быть гораздо короче, если использовать движущуюся систему отсчета, связав ее со спасательным кругом. Абсолютная скорость лодки v (скорость относительно системы отсчета, связанной сточкой, в которой турист потерял спасательный круг) равна сумме относительной отн υ и переносной пер скорости отн пер υ = υ + υ , (4) причем пер р υ = υ . Из (4) с учетом выражения (1) отн р л р υ + υ = υ + υ , отн р υ = υ . Следовательно, относительно такой системы отсчета дои после разворота лодка двигалась с одинаковой скоростью, равной л. Поскольку до разворота лодка плыла в течение времени ∆t 1 , то и обратно она затратит столько же времени. За это время тело отсчета (те. спасательный круг) пройдет путь S со скоростью р : 1 р υ ∆ ; 1 4 км/ч 2 р S t υ Ответ 1 4 км/ч 2 р S t υ Пример Две нити, намотанные на катушку, тянут со скоростями 1 υ итак, как показано на риса. С какой скоростью движется центр катушки С какой угловой скоростью вращается катушка Проскальзывания нет, радиусы катушки R и r заданы (уровень 4). |