Применение решебников в учебной практике (стр. 3 из 8)
Из закона сохранения механической энергии
Решаем совместно два уравнения:
Ответ:
»Задача решена, ответ получен и на первый взгляд решение правильное. Однако отсутствует анализ физической ситуации и многие из возможных обстоятельств не учтены. Так например, для катящегося шарика необходимо учесть энергию вращения. Слабо прописаны параметры движения в момент отрыва. Краткость изложения не делает решение более понятным, и уж тем более не учит обстоятельности.
Эти недостатки базируются на следующей особенности мыслительного процесса, сопутствующего решению задачи. Мы здесь умышленно выделяем мыслительные операции, поскольку они протекают с очень высокой скоростью, и не всегда выливаются в устную и, тем более, письменную форму. Так вот, в ходе мысленного поиска ответа неизбежно затрагивается дополнительно обширный материал курса физики, как оказывается в дальнейшем, не играющий существенной роли в формировании ответа. Этот материал уместно отнести в общий базис задачи. Если этот базис принимается к обсуждению в ходе анализа условия задачи, то вероятность ошибки значительно уменьшается. В задаче №86 этого пособия, где также нет анализа физических процессов, вновь катятся шары, а в законе сохранения механической энергии записаны кинетические энергии только для поступательного движения.
Сравним теперь это решение с другим вариантом объяснения подобной же задачи.
Задача 3. (3.6. – Н[5]). «С вершины идеально гладкой сферы соскальзывает небольшой груз. С какой высоты h, считая от вершины, груз сорвётся со сферы? Радиус сферы R =90 см.
Анализ. Груз, который, очевидно, можно считать точечным телом, до некоторой точки – точки отрыва – движется по дуге окружности радиуса R. На груз во время его движения по сфере действует сила тяжести mg и сила нормального давления
со стороны сферы. Уравнение второго закона Ньютона для этой части траектории имеет вид 
(1)
Проекции этих сил на направление, нормальное к траектории, сообщают телу нормальное ускорение an = v2/R, гдеv – мгновенная ( и, очевидно, непрерывно возрастающая) скорость тела. В точке С отрыва прекращается взаимодействие между движущимся телом и поверхностью сферы и, следовательно, сила давления тела на сферу и соответственно сила реакции сферы N обращаются в нуль. (Начиная с этой точки тело движется только под действием силы тяжести и траектория его будет зависеть от модуля и направления скорости тела в точке отрыва от сферы.) Таким образом, в этой точке нормальное ускорение, однозначно зависящее от скорости, сообщает телу только проекция силы тяжести. Для того, чтобы определить высоту, на которой находится точка отрыва, надо найти связь скорости тела при его движении по сфере с его координатами, в частности с высотой. Такую связь можно найти, зная законы изменения со временем координат и скорости тела. Можно это сделать и рассматривая движение тела в поле силы тяготения Земли. Поскольку сила нормальной реакции работы не совершает, полная энергия тела остаётся неизменной, т.е.
ΔE = ΔK + ΔU = 0. (2)
Очевидно, что применение закона сохранения энергии к переходу из начального состояния в точку отрыва даст в явном виде связь между скоростью тела и высотой рассматриваемой точки.
Решение. При скольжении груза по сфере потенциальная энергия его изменяется на
ΔU =-mgh,
Где h - искомая высота, отсчитываемая от вершины сферы. Кинетическая энергия тела возрастает на
ΔK = mv2c /2 – mv20/2.
На вершине сферы груз находится в состоянии неустойчивого равновесия и скорость v0, необходимую для начала движения, можно считать пренебрежимо малой. Тогда, подставляя найденные выражения в (2), получаем
-mgh + mv2c/2 = 0 (3)
Чтобы от векторного уравнения (1) перейти к скалярным соотношениям, введём ось Х, направленную вдоль радиуса. Тогдаax = an = v2/R.На основании уравнения (1) mv2/R = mghcosα – N. В точке отрыва от сферы an = v2c/R, N=0, следовательно ,
mv2c/R = mgcosα.
Как видно из рисунка, cosα = (R – h)/R. Тогда
mv2c = mg(R-h). (4)
Уравнения (3) и (4) содержат скорость и высоту, относящиеся к одной и той же точке С, и образуют систему, совместное решение которой позволяет найти
h = R/3 = 0,3 м.[6]»
Мы привели дословное текстовое описание решения задачи. Как видим, оно отличается детальным анализом физической ситуации. Здесь приняты во внимание такие подробности, как точечные размеры груза (тем самым исключена необходимость учитывать расход энергии на вращение твёрдого тела). Здесь подчеркнуто отсутствие трения (отмечена идеальная гладкость поверхности сферы). Не упущен вопрос о начальном моменте (пренебрежимо малая начальная скорость тела). Прослежена картина изменения скорости и нормального ускорения. Приведено обоснование рабочей записи закона сохранения энергии – в неё не включена работа силы нормального давления. После такого детального анализа решение задачи не представляет значительной трудности, практически с этого момента идёт процесс письменного оформления решения.
Приведём из того же пособия ещё один пример подробного анализа физической ситуации, соответствующей сюжету задачи, а также детального обоснования всех действий, составляющих её решение.
Задача 4 (2.5.Н5). На наклонной плоскости находится груз т1 = 5 кг, связанный нитью, перекинутой через блок, с другим грузом т2 =2 кг (рис. 13). Коэффициент трения между первым грузом и плоскостью k= 0,1; угол наклона плоскости к горизонту α = 37°. Определить ускорения грузов. При каких значениях т2 система будет находиться в равновесии?
Анализ. В задаче рассматриваются два тела, связанные нитью и совершающие поступательное движение. Если нить, как всегда, считать нерастяжимой, то ускорения этих тел равны по модулю: а1 = а2.
На тело массы m1действуют сила тяжести m1g, сила нормальной реакции N наклонной плоскости, сила натяжения Т1 нити и сила трения fТР. Сила трения направлена в сторону, противоположную скорости тела; если же направление движения системы неизвестно, то нельзя указать направление силы трения. Но так как сила трения не может изменить направление движения на противоположное, то следует определить сначала направление движения при отсутствии трения, а затем уже решать задачу с учетом силы трения. Второй закон Ньютона для первого тела без учета силы трения имеет вид
m1a1=m1g +T1+N. (1)
На тело m2 действуют только сила тяжести m2g и сила натяжения Т2 нити:
m2a2 = m2g + T2. (2)
Вводя оси координат и заменяя векторные уравнения (1) и (2) скалярными равенствами, получим систему уравнений, решение которой позволит определить направление ускорения а1. Поскольку тела не имели начальной скорости, мгновенная скорость каждого из тел совпадает по направлению с его ускорением, следовательно, направление силы трения, действующей на тело m1 , будет известно. После этого можно решать задачу уже с учетом силы трения. При этом в уравнение (1) надо ввести в правую часть силу трения, уравнение (2), очевидно, не изменится. При рассмотрении условий равновесия следует повторить все рассуждения, учитывая, что в этом случае
a1 = a2=0 (3)
Решение. Для замены векторных уравнений (1) и (2) скалярными введем для описания движения тела m1 оси Х и У, тела m2 - ось η (рис. 13). Учитывая, что вследствие невесомости нити и блока, Т1 = Т2, получаем:
m1a1 x= m1gsinα—T, m2a2η = T - m2g , a1 x = a2η (4)
После совместного решения уравнений (4) получаем
Проекция вектора а на ось Х положительна, это значит, что тело m1 движется вниз по наклонной плоскости, следовательно, сила трения направлена вверх по наклонной плоскости.
Можно, не возвращаясь к векторным уравнениям, ввести силу трения в первое из уравнений (4). При этом следует учесть, что
a1 x = a2η= a, fTP=-fTPx= - kN.
Тогда
m1a= m1gsinα—T-kN, m2a = T - m2g.
Силу нормальной реакции N найдем из уравнения (1), записанного в скалярном виде для проекций на ось Y:
a1y = 0, 0 = N - m1gcosα,
откуда
N = m1gcosα.