3091
.pdfМинистерство образования и науки Российской Федерации
Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего образования
«Нижегородский государственный архитектурно-строительный университет»
В.Г. Лапин, Е.А. Ревунова, О.М. Бархатова
ПРАКТИЧЕСКИЕ ЗАНЯТИЯ ПО ФИЗИКЕ
Учебно-методическое пособие для подготовки к практическим занятиям по дисциплине «Физика»
для обучающихся по направлению подготовки 08.03.01 Строительство Профиль Экспертиза и управление недвижимостью
Нижний Новгород ННГАСУ
2016
Министерство образования и науки Российской Федерации
Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего образования
«Нижегородский государственный архитектурно-строительный университет»
В.Г. Лапин, Е.А. Ревунова, О.М. Бархатова
ПРАКТИЧЕСКИЕ ЗАНЯТИЯ ПО ФИЗИКЕ
Учебно-методическое пособие для подготовки к практическим занятиям по дисциплине «Физика»
для обучающихся по направлению подготовки 08.03.01 Строительство Профиль Экспертиза и управление недвижимостью
Нижний Новгород
2016
УДК 53(075)
Лапин В.Г.. Физика[Электронный ресурс]: учеб.- метод. пос. / Е.А. Ревунова, О.М. Бархатова, Нижегор. гос. архитектур. - строит. ун - т – Н. Новгород: ННГАСУ, 2016. – 18 с; 13 ил. 1 электрон. опт. диск (CD-R)
Методическое пособие содержат примеры решения задач по общему курсу физики.
Предназначено студентам, обучающимся в ННГАСУ по направлению подготовки 08.03.01 Строительство Профиль Экспертиза и управление недвижимостью, для подготовки к практическим занятиям по физике.
©В.Г. Лапин, Е.А. Ревунова, О.М. Бархатова, 2016
©ННГАСУ, 2016
3
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ПО КУРСУ «ФИЗИКИ»
Задача 1.
Уравнения движения материальной точки вдоль оси имеет вид x = A + Bt + Ct3 , где А = 2 м,
В = 1 м/с, С = -0.5м/с3. Найти координату |
x скорость |
v |
и ускорение |
a |
точки в момент |
времени t = 2c . |
|
x |
|
x |
|
|
|
|
|
|
Дано:
x = A + Bt + Ct3
А = 2 м
В = 1 м/с
С = -0.5 м/с3 t = 2c .
Решение
Скорость относительно оси x есть первая производная от координаты x по времени:
vx = dx = B + 3Ct2 . dt
Ускорение точки найдем, взяв первую производную от скорости по времени:
Найти: |
ax |
= |
dvx |
= 6Ct. |
x, vx , ax -? |
|
|||
|
|
dt |
||
Координату |
x при t = 2c |
найдем, подставив в уравнение движения значения A, B , C и |
||
времениt : |
|
|
|
|
|
|
|
|
x = 3 +1×2 - 0.5×23 =1м. |
Значения скорости и ускорения получим, подставив значение времени в полученные выражения:
vx =1+ 3×(-0.5) ×22 = -5 м/ с, |
ax = 6 ×(-0.5) ×2 = -6 м/ с2 |
Ответ: x = 1 м , vx = -5 м / с, ax = -6 м / с2 .
Задача 2.
С аэростата, находящегося на высоте h = 300 м , упал камень. Через какое время t камень достигнет земли, если: а) аэростат опускается со скоростью 5 м/с; б) аэростат неподвижен?
Дано: h = 300 м
a) va = 5 м / с
б) va = 0 м/ с
Найти: t − ?
Решение Случай а.
Так как аэростат опускается со скоростью va , камень имеет начальную скорость v0 = va и будет падать под действием силы тяжести с ускорением,
равным ускорению свободного падения g . Тогда основное уравнение кинематики поступательного движения для пути, пройденного камнем, будет иметь вид:
h = vat + gt2 , 2
откуда получим квадратное уравнение относительно времени:
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
g t2 + 2v t − 2 h = 0. |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
Решая его, найдем время падения камня t: |
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
D = 4v2 |
− 4g(−2h) = 24100 м2 / с2 . |
||||||
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
−2va |
+ |
|
|
|
|
−2va |
− |
|
|
|
t1 |
= |
D |
= 7.3c, |
t2 |
= |
D |
< 0 (не имеет смысла). |
|||||
2g |
2g |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||
Случай б.
В случае, когда аэростат неподвижен, начальная скорость камня v0 = 0 . Тогда основное уравнение кинематики поступательного движения для пути, пройденного камнем, будет иметь вид:
h = gt2 , 2
откуда получим уравнение
g t2 = 2 h. .
Решая его, найдем время падения камня t:
t = ± |
2h |
, |
t = |
2h |
= 7.8 c, |
|||||
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
g |
1 |
g |
||||
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
t |
|
= − |
|
2h |
< 0 |
(не имеет смысла). |
||||
2 |
|
|
||||||||
|
|
|
g |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
||||
Ответ: a) t = 7.3c, б) t = 7.8c.
Задача 3. Пренебрегая сопротивлением воздуха, определить угол, под которым тело брошено к горизонту, если максимальная высота подъема тела равна 1/4 дальности его полета.
Дано: Решение
h = |
1 |
s |
y |
|
|||
4 |
|
|
|
Найти:
α –?
v v А
|
|
|
h |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
o |
α |
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
v |
s |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Составляющие начальной скорости тела: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
v0 x = v0 cosα , v0 y = v0 sin α ; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Высота подъема тела: по условию задачи |
h = |
1 |
s иh = v |
t − |
|
gt 2 |
, где |
t = |
1 |
t |
- время подъема до |
||||||||
|
|
1 |
|
||||||||||||||||
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
4 |
0 y |
|
|
2 |
|
|
|
1 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
v0 sin α |
|
|||
максимальной высоты, t – время полетаv |
|
= v |
|
− gt , в точке А |
v |
|
= 0 |
, откуда t = |
. |
||||||||||
y |
|
y |
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
0 y |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
g |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
5
Подставим t1 в выражения для h:
= v2 sin2 α − g h 0
g 2
Найдем путь, пройденный телом вдоль оси х:
v02 sin2 α = v02 sin2 α .
g 2 2g
s = v |
t = |
2v t = |
2v2 sin α cosα |
, |
||||
0 |
|
|||||||
|
|
|||||||
|
0 x |
|
0 x 1 |
|
g |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
v2 sin |
2 α |
= |
v2 sin α cosα |
, |
|
||
|
0 |
|
|
0 |
|
|
||
|
|
2g |
|
|
2g |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
||
откуда
sin α = cosα, или tgα = 1,
α = arctg1 = 450
Ответ: α = 450
Задача 4. Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону, выражаемому формулой ϕ =10 +20t −2t2 . Найти величину полного ускорения точки, находящейся на расстоянии 0,1 м от оси вращения для момента времени t = 4 с.
Дано:
ϕ =10 +20t −2t2
R = 0,1 м; t = 4 с
Найти:
а – ?
Решение
Модуль полного ускорения можно вычислить как: a = 
aτ2 +an2 ,
где aτ - тангенциальная, |
|
а |
an - нормальная |
||||
составляющая ускорения: |
|
|
|
|
|
||
a = |
dv |
= Rε, |
a |
|
= |
v2 |
= ω2 R; |
|
n |
|
|||||
τ |
dt |
|
|
R |
|
||
|
|
|
|
|
|||
ω = dϕ = 20 − 4t; dt
ε = dω = −4 рад/с2 =const . dt
В момент времени t = 4 с:
ω = 20 - 4 × 4 = 4 рад/с,
a = 
R2ε 2 +ω4 R2 = R
ε 2 +ω4 = 0,1
16 + 256 =1, 65 м/с2 .
Ответ:а=1,65 м/с2.
аτ
an
o a
Задача 5.
Невесомый блок укреплен на краю стола (см. рис. а). Гири 1 и 2 одинаковой массы m1 = m2 =1 кгсоединены нитью, перекинутой через блок. Коэффициент трения гири 2 о стол k = 0.1. Найти ускорение a , с которым движутся гири, и силу натяжения нити T . Трением в блоке пренебречь. Нить считать невесомой и нерастяжимой.
Дано: Решение m1 = m2 =1 кг
k = 0.1
6
F БЛ |
= 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a2 |
|
|
|
|
|
|
|||
ТР |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
N |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m2 |
|
|
|
|
|
T2 |
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Найти: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
FTP |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
a − ? |
|
|
|
|
|
|
|
|
x R |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Т - ? |
|
|
|
|
|
|
|
|
T1 |
|
|
|
m2 g |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
a = a |
|
|
= a − ? |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a1 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
m1 |
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
2 |
|
||||||
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
T1 = T2 |
= T − ? |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
Рис. a |
m1 g |
|
|
y |
Рис. б |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
Расставимсилы, действующие на тела 1 и 2 и укажем направления движения тел (рис. б).Поскольку нить нерастяжима, то ускорения тел 1 и 2 по модулю будут равны. Поскольку трение в блоке отсутствует, то силы натяжения горизонтального и вертикального участков нити по модулю также будут равны. То есть
a1 = a2 = a, T1 = T2 = T.
Запишем II-й закон Ньютона для каждого из тел. Получим систему двух векторных уравнений.
m g + T = m a , |
(тело 1) |
1 1 1 1 |
|
m2g + T2 + N + FTP = m2a2 . |
(тело 2) |
Спроектировав векторные уравнения на координатные оси, получим систему четырех уравнений:
|
x : |
тело 1: |
|
|
y : |
|
x : |
|
|
тело 2 : |
|
|
y : |
0 ≡ 0, |
(1) |
|
(2) |
m1g − T = m1a, |
|
T − FTP = m2a, |
(3) |
|
(4) |
m2 g − N = 0. |
Уравнение (1) выполняется тождественно. Из уравнения (4) получаем, что
N = m2 g.
Для силы трения скольжения можно записать:
FTP = kN = km2 g.
Решаем систему двух уравнений (2) и (3):
m g − T = m a, |
(2) |
||
1 |
|
1 |
(3) |
T − km g = m a. |
|||
|
2 |
2 |
|
Складывая уравнения (2) и (3), получим:
m1g -T +T - km2 g = m1a + m2a.
Учитывая, что массы тел равны, получим величину ускорения: m1g - km2 g = 2m1a,
a = g (1 - k ) / 2,
a = 9.8×(1- 0.1) / 2 @ 4.4 м / с2 .
Силу натяжения нити T можно найти из уравнения (2):
T = m1g - m1a,
T = 1× (9.8 - 4.4) = 5.4 Н.
Ответ: a = 4.4 м/ с2 . T = 5.4 Н.
7
Задача 6.
Снаряд массой m1=100 кг, летящий горизонтально вдоль железнодорожного пути со скоростью v1=500 м/с, попадает в вагон с песком, масса которого m2=10 т, и застревает в нем. Удар является центральным.Какую скорость u получит вагон, если: а) вагон неподвижен; б) вагон двигался со скоростью v2=36 км/ч в том же направлении, что и снаряд; в) вагон двигался со скоростью v2=36 км/ч в направлении, противоположном движению снаряда.
Дано:
m1 =100 кг
m2 =100 т =104 кг v1 = 500 м / с
а) v2 = 0 м / с
б) v2 =36км/ ч =10 м/ с в) v2 =36км/ ч =10 м/ с
Найти: u −?
|
Решение |
|
Система снаряд-вагон является изолированной, поэтому |
|
можно применить закон сохранения импульса. При этом |
|
взаимодействие между снарядом и вагоном можно |
|
рассматривать как абсолютно неупругий удар. Исходя из |
|
закона сохранения импульса для взаимодействия снаряда |
(−−) |
и вагона можно записать следующее уравнение для закона |
(−↓) |
сохранения импульса в векторной форме: |
|
m1v1 +m2 v2 = (m1 +m2 )u . |
Вариант «а».
Вагон неподвижен, то есть v2 = 0.
Рис1.
В этом случае закон сохранения импульса в проекции на ось х (рис.1) мы можем записать: m1v1 = (m1 +m2 )u,
откуда
u = m1v1 / (m1 + m2 ) =100 ×500 / (100 +104 ) = 4.95 м / c
Вариант «б».
Вагон двигался в том же направлении, что и снаряд, со скоростью v2 =10 м/ с .
Рис.2.
Поскольку оба тела двигаются в одном направлении, то закон сохранения импульса в проекции на ось хбудет иметь вид:
m1v1 +m2v2 = (m1 +m2 )u,
откуда
u = (m1v1 + m2v2 ) / (m1 + m2 ) = (100 ×500 +104 ×10) / (100 +104 ) =15 м/ c .
8
Вариант «в».
Вагон двигался навстречу снаряду со скоростью v2 =10 м/ с
Рис.3.
Поскольку оба тела двигаются в одном направлении, закон сохранения импульса в проекции на ось х будет иметь вид:
m1v1 - m2v2 = -(m1 + m2 )u,
откуда
|
u = (m v - m v ) / (m + m ) = (104 ×10 -100 ×500) / (100 +104 ) = 5 м / c . |
|||||
|
2 |
2 |
1 |
1 |
1 |
2 |
Ответ: |
а) vx = 5 м/ с, б) vx |
=15 м / с, |
в) vx = 5 м / с . |
|||
Задача 7. |
|
|
|
|
|
|
Гирька |
массой m = 50 г , |
закрепленная на нити длиной l = 25см, двигается с постоянной |
||||
скоростью в горизонтальной плоскости по круговой траектории (см. рис). Частота вращения составляет n = 2об / с. Найти натяжение нити T .
Дано: |
Решение |
|
|
|
m = 50 г = 5×10−2 кг |
|
|
B |
|
l = 25см = 0.25 м |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n = 2 об / с = 2 с−1 |
|
|
α |
|
|
|
|
|
|
Найти: |
|
R |
|
|
T −? |
|
|
|
|
|
T |
|
|
|
|
A |
a |
C |
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
mg
Ускорение тела имеет только нормальную составляющую a = an = v2 
R , поскольку гирька движется с постоянной скоростью (n = 2об / с = const) . Расставим действующие на гирьку силы на рисунке и запишем для нее II закон Ньютона.
mg +T = ma.
R
Направим ось x по направлению ускорения a и запишемII закон Ньютона в проекции на эту ось:
T sin a = m an
Выразим силу T , учитывая при этом, что an = v2 
R :
|
|
|
|
9 |
|
T = |
m a |
= |
mv2 |
(1) |
|
n |
|
||||
sin a |
R sin a |
||||
|
|
|
Выразим линейную скорость движения гирьки
v = R ω,
учитывая, что ее угловая скорость равна
|
w = 2π n |
и, следовательно, |
|
v = 2π Rn. |
(2) |
Найдем синус угла α из треугольника АВС:
sin a = AC AB = R l. |
(3) |
Подставив выражения (2) и (3) в формулу (1), найдем силу натяжения нити.
T = m ×4p2 R2n2 = 4p2n2ml. R × R / l
Подставляя указанные в условиях задачи значения, получим:
T = 4p2n2ml = 4 ×3.142 ×22 ×(5×10−2 )×0.25 =1.96 H.
Ответ: T = 1.96 H.
Задача 8.
С башни высотой 20 м горизонтально со скоростью 10 м/с брошен камень массой 400 г (рис. 3.8). Пренебрегая сопротивлением воздуха, определить кинетическую и потенциальную энергию камня через 1 с после начала движения.
Дано:
H = 20 м
v0= 10 м/с m = 0,4 кг
t = 1c
Найти:
Ek– ? Eп– ?
Решение
В точке А, находящейся на высоте h от Земли,камень обладает кинетической и потенциальной энергией:
Ek = mv2 и Eп = mgh ,
2
где v = 
vx2 + v2y = 
v02 + (gt)2 .
Высотыhи h1:
h = H - h1 , h1 = gt 2 .
2
С учетом этого получим следующие выражения для кинетической и потенциальной энергий:
0 |
x |
|
v0 |
||
|
yh1
|
A vx |
H |
vy |
|
|
|
v |
|
h |
Ek = m (v02 + g 2t2 ) ,
2
Eп = mg(H − gt2 ). 2
Подставляя числовые данные, получим