Методические указания по решению разноуровневых задач механики

Методические указания по решению разноуровневых

задач механики

Для организации самостоятельной работы учащихся

Москва, 2011

В методических указаниях обобщен опыт организации и проведения рейтингового тестирования в МИСиС. Рейтинг испытуемого устанавливался по результатам выполнения разноуровневых физических задач, и таким образом определялся уровень подготовленности учащегося. Полученная информация позволяла индивидуализировать подготовку учащегося по физике, то есть выстраивать стратегию автономного обучения.

В данном пособии рассмотрены задачи трех уровней сложности. Для полноты информации они снабжены подробными решениями.

Мы приглашаем учителей к совместной научно-методической работе в различной форме, и, в частности, на совместных семинарах преподавателей кафедры физики НИТУ «МИСиС» и преподавателей общеобразовательной школы.

У нас есть положительный опыт проведения такой работы. Семинары могут проводиться как на базе университета, так и в школах. Примером может послужить сотрудничество НИТУ «МИСиС» с Центром образования «Самбо 70» и Управлением образования Юго-Западного округа (на фотографии ниже запечатлены участники семинара, проведенного на базе ЦО «Самбо 70»).

Организаторы и участники совместного научно-методического семинара на базе ЦО «Самбо 70»: директор школы , методист по физике Ю. Москвы , старший преподаватель кафедры физики физфака МГУ им. , зам. директора методического центра Ю. Москвы , учитель физики ЦО «Самбо 70», , доцент кафедры физики НИТУ «МИСиС»

НЕ нашли? Не то? Что вы ищете?

Примеры и методика решения разноуровневых задач

Общее замечание

Договоримся показывать на рисунках направления векторов стрелкой, а рядом с нею указывать модуль вектора.

Задача 1. Тело, брошенное вертикально вверх, упало на землю через 2 с. Сколько времени тело поднималось и сколько падало? Какова скорость в момент начала движения и в момент падения? Какова максимальная высота подъема тела? Сопротивлением воздуха пренебречь.

Решение. Заранее оговоримся, что приведенное решение может показаться излишне подробным, но именно так следует начинать подготовку к решению задач, и мы рекомендуем особенно внимательно ознакомиться с этим решением.

Для решения задачи на движение тела, если характер движения заранее не оговорен, следует учесть все взаимодействия тела и выяснить вид рассматриваемого движения.

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 Ньютона, ускорение тела тоже окажется постоянным. Обычно ускорение силы тяжести считают равным 9,8 м/с2. Для упрощения расчетов будем считать его равным 10 м/с2.

Направим ось у вертикально, свяжем систему отсчета с Землей, а начало координат – с поверхностью Земли (рис. 1).

Рис. 1

Итак, мы начали применять координатный метод. Изобразим на рисунке векторы, характеризующие движение: вектор начальной скорости и вектор ускорения . Вектор направлен вертикально вверх, вектор - вертикально вниз.

При движении с постоянным ускорением ускорение тела равно приращению скорости в единицу времени, т. е. , где под понимается вектор скорости в момент времени t. Если начальный момент времени t0 принять за ноль, то из уравнения (1) следует, что .

Перейдем от уравнения в векторном виде к уравнению в виде проекций: vy = v0y + gyt (2), где vy, v0y и gy - проекции на ось у скорости в момент времени t, начальной скорости и ускорения соответственно.

Если учесть знаки проекций векторов и , то уравнение (2) можно записать в виде vy = v0 - gt (3), где под v0, и g подразумеваются модули векторов и . Построим график зависимости проекции скорости на ось у от времени. Поскольку эта зависимость линейная, то ее графиком будет прямая линия (рис. 2).

Рис. 2

Опишем график подробнее. Во-первых, это график убывающей функции, которая остается положительной, пока тело поднимается вверх. В момент времени t1 скорость тела станет равной нулю и тело достигнет высшей точки подъема. Затем проекция скорости становится 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. Так как проекции перемещения тела при движении вверх и вниз по модулю равны, 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 (3), если учесть, что в момент времени t1 тело находилось в верхней точке и имело скорость, равную нулю, т. е. vy = 0, тогда 0 = v0 - gt1 и v0 = gt1 = 10 м/с.

Затем, зная начальную скорость, можно найти скорость в момент падения, так как мы можем пользоваться уравнением (3) до тех пор, пока тело движется с одним и тем же ускорением.

Итак, vy = v0 - gt2, или vy = 10 м/с - 10 м/с2 × 2 с = -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:

(4), 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 - = 5 м.

Эта задача имеет также более короткое решение.

Применим вначале энергетический метод. Поскольку на тело действует только сила тяжести, его полная механическая энергия остается постоянной. Так как высоту тела мы отсчитываем от уровня Земли, в момент бросания и в момент падения полная механическая энергия тела равна его кинетической энергии. Следовательно, , т. е скорости в начале и в конце движения по модулю равны (v = v0) (как векторы они противоположны).

Затем применим координатный метод. Из уравнения (3), с учетом равенства по модулю начальной и конечной скоростей движения, имеем -v0 = v0 - gt2, т. е. 2v0 = gt2. 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: , откуда = 5 м.

Время падения от верхней точки до уровня Земли найдем из формулы , т. е. = 1 с. Вычитая время падения из времени, затраченного на все движение, найдем время подъема. Оно тоже равно 1с.

Подведем итоги. Мы решили задачу первого уровня сложности, используя различные методы решения.

Задача 2. 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 с.

Решение. При движении по окружности в любой момент времени линейная скорость точки v связана с центростремительным ускорением ац по формуле , где R - радиус окружности.

Из постоянства центростремительного ускорения по модулю из формулы следует, что модуль линейной скорости тоже не меняется и = 4 м/с. Заметим, что, как правило, физические задачи решаются в общем виде, а затем в итоговую формулу подставляются числовые данные. Однако существует ряд задач, решение которых связано с чередованием формул 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 = vt, то после подстановки данных получим, что S = 4 м/с×с = 2p м. Так как длина окружности L = 2pR = 4p м, пройденный точкой путь равен половине длины окружности. Обратимся к рисунку.

Итак, точка, пройдя половину длины окружности, переместилась из положения 1 в положение 2. На рисунке видно, что вектор перемещения по длине равен диаметру окружности, т. е. четырем метрам.

Ответ: 4 м.

Эта задача, несмотря на простоту решения, не является стандартной и относится к задачам второго уровня сложности.

Задача 3. 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 (рисунок). На концах нити находятся грузы массами m1 и m2. Определите ускорения грузов.

Решение. Применим для решения задачи динамический метод. Рассмотрим тела, для которых, исходя из данных задачи, удобно применить второй закон Ньютона. Такими объектами являются грузы массами m1 и m2, а также часть нити ничтожной массы, на которую действует известная сила трения F.

Начнем с расстановки на рисунке векторов сил и ускорений. Предположим, что груз массой m1 опускается. Так как массой нити и блока, по условию задачи, можно пренебречь, силы натяжения нити по обе стороны блока выше щели можно считать по модулю одинаковыми и равными Т1. Сила натяжения нити ниже щели по модулю равна Т2.

Направим ось у вертикально вверх и запишем второй закон Ньютона в векторном виде, а затем в виде проекций на эту ось для грузов массами m1 и m2 и участка нити, на который действует сила трения:

; (2);
; (3);
(1); T1 - F - T2 = 0 (4).

Правая часть равенства (1) равна нулю, так как закон Ньютона записан для участка нити ничтожной массы.

Подставим Т2 из уравнения (4) в уравнение (3) и вычтем из полученного выражения уравнение (2), тогда

Если предположить, что груз массой m1 поднимается, то, выполнив вычисления для этого случая, вы сможете убедиться, что

Оба решения можно объединить в виде выражения:

Если же |m1 - m2|g = F, то а = 0.

Несмотря на то что решение этой задачи не является громоздким и трудоемким, она относится к третьему уровню сложности.

Задача 4. При медленном подъеме тела массой m по наклонной плоскости с углом наклона a и коэффициентом трения m сила тяги, параллельная наклонной плоскости, совершила работу А. Какое количество теплоты при этом выделилось?

Решение. К решению этой задачи применим динамический метод. Укажем на рисунке направления сил, действующих на тело: сила , совершившая работу А, направлена вдоль наклонной плоскости вверх; сила трения - вдоль наклонной плоскости вниз; еще на тело действуют сила тяжести и сила реакции опоры .

Ось х направим вдоль наклонной плоскости вверх, а ось у – перпендикулярно наклонной плоскости вверх.

Отметим, что выделение энергии связано с работой силы трения, и количество теплоты численно равно работе этой силы.

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:

, (1)
. (2)

А также учтем, что при движении Fтр = mN, т. е. с учетом уравнения (2)

Fтр = mmgcosa. (3)

Пусть пройденный телом путь равен S.

Умножим на S левые и правые части равенств (1) и (3) и учтем, что численное значение работы силы трения FтрS равно количеству выделившейся теплоты Q, а произведение FS равно работе А этой силы F:

, (4)
. (5)

Запишем (4) в виде A - Q - Smgsin a = 0 (6).

Из соотношения (5) (7). Подставив S из уравнения (7) в уравнение (6), получим .

Задача решена, присвоенный ей уровень сложности равен 3.

Задача 5. Тонкостенный цилиндр радиусом R раскрутили до угловой скорости w и поставили в угол, как показано на рисунке. Коэффициент трения скольжения между стенками угла и цилиндром m. Сколько оборотов сделает цилиндр до остановки?

Решение. К решению задачи опять применим динамический метод. В процессе торможения цилиндра силы трения совершают работу, и эта работа численно равна, с одной стороны, выделившемуся количеству теплоты, а с другой – убыли кинетической энергии вращательного движения цилиндра.

Если представить стенки цилиндра в виде множества материальных точек массой Dm, то кинетическая энергия каждой материальной точки равна , где v - линейная скорость точек цилиндра.

Сложив величины кинетической энергии всех точек цилиндра, мы получим его кинетическую энергию , где m - масса всего цилиндра.

Так как линейная скорость вращательного движения связана с угловой скоростью по формуле v = wR, для кинетической энергии получим .

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

. (1)

Как видно из рисунка, со стороны нижней стенки на цилиндр действуют сила трения и реакция опоры ; со стороны боковой стенки действуют сила трения и реакция опоры ; со стороны Земли действует сила тяжести .