Решение задач по физике. Общие методы - Беликов Б.С.
Скачать (прямая ссылка):
N sin 6—Amg=0, Та—N cos G = AmO)2/?, Am/m=а/ (2л).
После решения этой системы находим ответ в общем виде: T,_m(u)2/? + gctg6)
Заметим, что в решении этой задачи определяющими являются конкретные и обобщенные знания, тем не менее и роль маленьких «нечто» уже становится значительной. Пример 33.4 Через блок, прикрепленный к потолку кабины лифта, перекинута нить, к концам которой привязаны грузы с массами тх и т2 (рис. 33.3). Кабина поднимается с ускорением а. Пренебрегая массами блока и нити, а также трением, найти силу, с которой блок действует на потолок кабины.
Решение. Проведем решение задачи, выбрав различные системы отсчета: сначала СО свяжем с кабиной (НИСО), а затем с Землей (ИСО).
Решение в НИСО. В физическую систему включим два тела тг и т2 (их можно принять за материальные точки), невесомые блок и нить. Под действием некоторых сил тела системы движутся ускоренно. Необходимо найти одну из
N sin Є—2Т sin (а/2) =0,
2Т sin (а/2)—N cos 6—Am(H2R=O.
(33.13) (33.14)
224
сил — ту, с которой блок действует на потолок кабины. Это одна из основных задач динамики.
Применим второй закон Ньютона для тел т± и тг относительно выбранной НИСО. Ось OX направим вниз (рис. 33.3). На тело тх действуют сила тяжести Wig, сила натяжения нити и сила инерции (—тха). Проецируя эти силы на ось ОХ, по второму закону Ньютона для тела тх получаем
mxg-\-mxa—Т=тхЬ.
где b — проекция вектора ускорения тела тх относительно выбранной НИСО. Мы условно приняли, что т{>тг и, следовательно, вектор ускорения b Q
направлен .вниз. Соответственно для тела т2 находим
m2g-\-m2a—T=—тф.
Получена замкнутая система из двух уравнений с двумя неизвестными (Tub). Искомую силу F найдем, записав второй закон Ньютона для центра масс блока (он неподвижен): 2Т—F=O. Отсюда
Таким образом, в НИСО задача 333
оказалась стандартной.
Решение в ИСО. Второй закон Ньютона для тел тх и ma
дает
/77,
-/77,51
0,9
'-/пга
m1g—T=mlau m2g—T=—m2a2,
(33.16) (33.17)
где ах и а2 — модули проекций векторов ускорений аі и а2 соответственно тел /Пі и т2 относительно выбранной ИСО. Получена незамкнутая система из двух уравнений с тремя неизвестными (T, аг и а2). Следовательно, необходимо искать «нечто», которое замкнуло бы эту систему.
Возникает догадка: ах и а2 связаны между собой. Как? Очевидно (!), что
a,=*fll+2a. (33.18)
Действительно, так как аг=Ь-\-а} ax=b—а, то
а2—яі=2а.
225
Решая замкнутую систему уравнений (33.16) — (33.18), находим
Следовательно,
F = 2Т = 4mim*(8+a)
что совпадает с (33.15). Таким образом, эта же задача в ИСО оказалась нестандартной.
Пример 33.5 Снаряд зенитного орудия, получивший начальную скорость V0, направленную вертикально вверх, разрывается в наивысшей точке своей траектории на п одинаковых осколков. Скорости осколков одинаковы,, равны U0 и направлены под различными полярными 9; и азимутальными <р углами. Определить положение произвольного осколка в любой момент времени. \
Решение. Выберем ИСО, связанную с Землей. ЛеН ко показать, что при таком выборе СО задача является стан-і дартной. В физическую систему включим только произволЫ ный осколок, который можно принять за материальную точку. Его начальная высота fte=uj/(2g), начальная сксм рость U0, а также угол а =90°—6, который составляет век* тор U0 с горизонтом (рис. 33.4), известны. Необходимо най| ти положение осколка в любой момент времени t. Это ос| новная задача кинематики материальной точки.
33.4
Выберем плоскость, в которой движется (по napaooj произвольный осколок, в качестве координатной плоское OXY (рис. 33.4).
Тогда закон движения осколка в параметрической фс
226
ме имеет вид
x = U0COSa?; J/=— -ц- ± U0 sin at 4- ^?1.
Очевидно, что этот закон движения позволяет определить положение произвольного осколка в любой момент времени.
Выберем НИСО, связанную с центром масс снаряда. После разрыва центр масс (начало координат) движется вниз с ускорением g. В этой системе отсчета движение произвольного осколка является равномерным (со скоростью U0) и, следовательно, в любой момент времени каждый осколок располагается на сфере радиуса R=uut с центром в начале координат. Задача решена, причем решение, кроме того что оно просто и изящно, еще и весьма наглядно.
Таким образом, эта же задача в НИСО оказалась оригинальной.
§ 34. Оригинальные задачи
Лучше говорить не о стандартных, нестандартных и оригинальных задачах (ибо мы видели, что одна и та же задача, например, в зависимости от выбора системы отсчета может оказаться и стандартной, и нестандартной, и даже оригинальной), а о способах решения задач (стандартный, нестандартный и оригинальный).
Очевидно, что попытка классификации оригинальных задач, по-видимому, тоже (как и вообще для всех нестандартных задач) является безнадежной. Можно только заметить, что оригинальные задачи часто допускают и стандартное, и нестандартное, и оригинальное решение. В первом случае для решения задачи достаточно применить только конкретные и обобщенные знания, во втором используют еще и догадки, причем роль последнего элемента не столь существенна, и, наконец, в третьем случае задача может быть решена только с помощью догадки, интуиции. Эти последние задачи и можно было бы назвать собственно оригинальными. Приведем несколько примеров.
