Примеры решения задач по классической физике Примеры решения задач контрольной работы по физике Молекулярная физика и термодинамика Электростатика и постоянный ток Волновая оптика


КИНЕМАТИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ

Задача 1.2. Материальная точка движется вдоль прямой по закону: x(t) = b×t×(c – t/2), где b и с некоторые положительные константы, t – время движения, x(t) – координата тела в момент t. Найти: скорость тела как функцию времени υx = υx(t), среднюю скорость тела за первые t секунд движения, ускорение и путь, пройденный телом за первые t секунд.

Решение. Согласно определениям скорости, ускорения и средней скорости, находим скорость υx = dx/dt, дифференцируя x(t) по времени t:

υx (t) = b×(c – t).

Повторное дифференцирование дает ускорение:

ax = dυx/dt = –b.

Средняя скорость:

υcp(t) = [x(t) – x(0)] /t = b×(c – t/2).

Результаты вычислений показывают, что тело движется с постоянным ускорением, знак минус означает, что направление ускорения противоположно направлению оси ОХ. При , когда  величина скорости уменьшается, а при , когда , тело изменяет направление своего движения и величина скорости растёт.

Рис. 1.4

Найдем теперь путь s, пройденный телом за первые t секунд его движения. Здесь следует учесть, что путь s(t) и перемещение x(t) – это вещи разные. Нагляднее всего это видно в случае, когда траектория тела является некоторой кривой. На рис. 1.4 вектор Dr(t) – перемещение за время t, а длина кривой АВ – путь s(t), пройденный за это же время.

Для нахождения s(t) разобьем кривую АВ на много малых частей, таких, что каждую из них можно считать отрезком прямой. Тогда для каждой из этих частей ds = |υ|×dt. Интегрируя это равенство, получим:

.

В нашем случае υx (t) = b×(c – t), поэтому для модуля скорости находим:

|υx (t) | = b×(c – t), если t < c,

|υx (t) | = b×(t – с), если t > c.

Тогда при t < с получаем:

Если же t > c, то:

Итак:

Посмотрим, что же мы получили. Как видим, путь и перемещение совпадают, пока t < c. Пусть t < c. Так как υх(t) = b×(c – t), то при t < с тело движется вправо (υ(t) > 0). При t = с тело останавливается (υх(t) = 0) в точке с координатой х = bс2/2.

Для t > c картина сложнее: скорость отрицательна, т.е. направление движения изменяется на обратное, и тело движется влево. При t = 2с оно вновь окажется в начале координат, так как х(2с) = 2b×с×(с – 2с/2) = 0, а при t > 2с сместится левее начала координат, так как x(t) < 0, т.е. перемещение становится отрицательным. При этом путь s положителен:

s = bc2 – x(t).

Путь и перемещение совпадают лишь при t < с, т.е. при движении по прямой с неизменной по знаку скоростью.

Полученные результаты удобно проиллюстрировать графически. Построим графики зависимости υ(t), |υ(t)|, x(t), s(t) (см. рис. 1.5).

  

Рис. 1.5

При t < с график пути s(t) совпадает с графиком x(t), который в свою очередь представляется параболой, а при t > с график s(t) получается из графика x(t) отражением его относительно прямой АА’, которая параллельна оси ОХ и проходит через точку А с ординатой bс2/2 (Почему? Подумайте сами. А в качестве подсказки советую еще раз посмотреть на полученные выражения для s(t) и υ(t)).

Мы решили задачу при условии положительности констант b и с. Разберитесь самостоятельно с характером движения тела, если или b, или с, или обе эти величины отрицательны.

 

Задача 1.3. Камень брошен со скоростью υ0 под углом a к горизонту. Пренебрегая сопротивлением воздуха, найти: зависимость вектора скорости v от времени движения t, вектор r перемещения камня за время t, среднюю скорость vcp камня за первые t секунд полета, максимальную высоту подъема Н, дальность полета s и полное время полета Т, векторы тангенциального at и нормального an ускорения камня как функцию времени t, радиус кривизны траектории R как функцию t и уравнение траектории y = f (х).

Решение. В задачах подобного рода отсутствие сопротивления воздуха означает постоянство ускорения камня: a = g, где g – вектор ускорения свободного падения. Этот факт обусловлен тем обстоятельством, что в отсутствие сопротивления воздуха на камень действует единственная сила – сила тяжести mg (m – масса камня). В силу второго закона Ньютона:

ma = mg,

откуда a = g.

Для нахождения v(t) вспомним, что a = dv/dt. Поскольку a = g, то v – линейная функция времени:

v(t) = gt + v0, (1)

где v0 – некоторый постоянный вектор. Выясним смысл v0. Полагая t = 0, получим:

v (0) = v0,

то есть v0 – вектор начальной скорости камня.

Найдем радиус-вектор r(t). Вспоминаем, что v = dr/dt. В нашем случае v определяется формулой (1). Поэтому

dr/dt = gt + v0. (2)

Интегрируя (2) по времени получим:

.  (3)

При t = 0 r(0) = r0. Если выбрать начало координат в точке бросания, то r(0) = 0. Таким образом, r0 = 0 и

.  (4)

Полученный результат показывает, что траектория камня – плоская кривая, лежащая всеми своими точками в вертикальной плоскости, образованной векторами g и v0.

Средняя скорость vcp(t) камня за первые t секунд полета по определению равна:

,

согласно (3) получаем:

. (5)

Как видим vср(t) ≠ v (t). Результаты (1)–(5) иллюстрируются рис. 1.6.

Для нахождения максимальной высоты подъема Н заметим, что в наивысшей точке траектории вертикальная компонента скорости υy равна нулю. Действительно, если бы это было не так, то тело поднималось бы или опускалось, но в любом случае оно не могло бы находиться в наивысшей точке траектории.

Рис. 1.6

Выберем систему координат с осью OY, направленной вертикально вверх и горизонтальной осью OX, ориентированной так, чтобы плоскость XOY содержала вектор начальной скорости v0. В этом случае согласно (2) компоненты скорости равны соответственно:

υx(t) = υ0×cos a, υy(t) = υ0×sina – g×t . (6)

Из условия υy(t0) = 0 и из (6) найдем t0 – время подъема на максимальную высоту:

t0 = υ0×sin a /g.

Координаты камня в момент t равны соответственно:

.  (7)

Подставляя сюда найденное значение t0, получим:

.

Для нахождения дальности полета s (расстояния между точкой падения и точкой бросания), заметим, что в точке падения y(t) = 0, откуда найдем время полёта Т:

а также дальность полёта

Рис. 1.7

Заметим, что Т = 2t0, т.е. время подъема t0 на максимальную высоту равно половине времени полета камня Т и, тем самым, времени спуска. Отметим, что это справедливо только при игнорировании силы сопротивления воздуха.

Подумайте: что будет больше – время подъема или время спуска, если учесть силу сопротивления воздуха?

Заметим также, что высота и дальность полёта пропорциональны квадрату начальной скорости тела.

Найдём теперь компоненты ускорения at и an. Заметим, что сумма этих векторов равна ускорению свободного падения (рис. 1.7):

g = at + an.

Для нахождения величины тангенциального ускорения at найдем квадрат модуля скорости:

υ2 (t) = (v(t), v(t)) = (v0+gt, v0+gt) =

=   + 2(v0, g)t + g2t2 =

= – 2υ0gt sina + g2 t2. (8)

Здесь мы воспользовались определением квадрата модуля вектора, как скалярного произведения вектора самого на себя: |v|2 = (v, v).

Дифференцируя обе стороны (8) по времени, получим

,

отсюда найдём тангенциальное ускорение:

.  (9)

Отметим, что at, которое мы получили, это не модуль вектора |at|, а проекция вектора at на направление вектора скорости v. Так, если at > 0, то at и v направлены в одну сторону, если at < 0, тo – в противоположные.

Найдем теперь an. Для этого учтем, что at+ an = g (см. рис. 1.7). Так как at и аn взаимно перпендикулярны, то:

g2 = at2 + an2,

откуда получим

  (10)

Для нахождения радиуса кривизны траектории воспользуемся связью между an, υ и R: an = υ 2/R. Отсюда с учетом (8) и (10):

.  (11)

Проанализируем полученные результаты. Выражение (9) для at показывает, что at < 0 при t < υ0 sina/g, т.е. на восходящей части траектории dυ /dt < 0. Это означает, что скорость камня уменьшается. При t > υ0 sina/g ускорение at > 0, и скорость камня растет на нисходящей части траектории.

Из (11) нетрудно видеть, что радиус кривизны R сначала уменьшается (так как числитель в (11) равен υ3/2, а скорость вначале уменьшается), а затем при t > υ0×sina/g растет. В частности, в точке бросания при t =0

,

а в наивысшей точке траектории при t = υ0 sina/g:

.

Соотношения (7) представляют собой уравнение траектории в параметрическом виде (x=x(t), y=y(t)). Если выразить t через x(t) и подставив его во второе из уравнений (7), то получим уравнение траектории в явном виде:

.  (12)

Из (12) можно найти максимальную высоту подъема H и дальность полета s, найденные нами ранее из других соображений. Для нахождения s заметим, что у = 0 при x = s. Откуда с помощью (12) получим

Сокращая на s, получим знакомый результат:

Для нахождения Н = max у(х) продифференцируем (12) по х:

В точке максимума dy/dx = 0, откуда найдем х0, соответствующее максимуму у(х):

.

Подставив х0 в (12), найдём высоту:

.

Примеры решения задач по физике