Методика решения задач по теме "Статика"

Методика решения задач по теме « Статика» В данной теме сначала решают задачи, призванные дать учащимся навыки  сложения и разложения сил, затем – задачи на равновесие тел при отсутствии  вращения и равновесие тел, могущих вращаться вокруг оси. В том числе решают  также задачи о равновесии тел под действием силы тяжести. 1. Сложение и разложение сил.           Операцию сложения сил, хотя и важную саму по себе, следует  рассматривать все же как средство для выяснения условий, при которых тела  могут находиться в равновесии или относительном покое. Этой же цели служит  и изучение приёмов разложения сил. Согласно первому и второму законам  Ньютона для равновесия материальной точки необходимо, чтобы  геометрическая сумма всех приложенных к ней сил равнялась нулю: ƩF=0.           Это уравнение можно записать также в виде            F1+ F2 + …+Fk­1+Fk+1 +Fn=Fk           где последняя – какая – либо из сил уравнения. То есть любую из  приложенных к материальной точке сил можно рассматривать как  уравновешивающую для всех остальных.             В девятом классе в большинстве случаев рассматривают равновесие двух  или трёх сил, т. е. сил, лежащих в одной плоскости. Общий приём решения задач заключается в том, что указывают все приложенные к телу  ( материальной  точке) силы и затем, производя их сложение или разложение, находят искомые  величины. Как показывает практика, большое затруднение у учащихся вызывает  приём разложения сил. Поэтому у учащихся нужно создать чёткое  представление о том, что для однозначного разложения силы на две  составляющих необходимо знать или величину равнодействующей  и два  направления составляющих, или величину равнодействующей, направление и  величину одной из составляющих.              Типовыми являются задачи о равновесии материальной точки на тросе,   наклонной плоскости.               № 408     Найти силы, действующие на стержень АС и трос ВС,     если АС=2 м , АВ= 1,5м. Вес груза  Р=300 Н. Весом                           стержня пренебречь.                                                                     Рис.1 Решение 1. На точку С действует вес груза Р. В результате этого стержень АС сжимается и  действует на точку С с силой F1. Трос ВС растягивается и потому действует на  точку С с силой F2. Равнодействующая сил F1  и F2 равна по величине и  противоположна по направлению весу Р. Для построения F1 и F2 от точки С  вертикально вверх откладываем вектор F , численно равный  Р, и разлагаем его по направлениям  АС и ВС. Из подобия треугольников АВС, СNН, СМN   300Н∗2м 1,5м  = 400 Н следует  F F1  = АВ АС  ;  F1=  F∗АС АВ   =  2 = 500 H. F2 = √F2+F1 Искомые силы равны по величине F1 и F2 противоположны им  по направлению и  приложены соответственно к стержню и тросу. Решение 2. Разлагаем вес тела  Р на две составляющие F1 и F2  и из подобия треугольников так же, как  в решении  1, находим искомые силы F1 и F2. Недостаток данного способа заключается в том,  что не обосновывается условие равновесия точки С.            Рис.2 № 410 На аэростат  в горизонтальном направлении  действует ветер с силой 1000 Н. Натяжение троса  2000 Н. На какой угол от вертикали  отклонится  трос и каково его натяжение в безветренную погоду? Решение. Выполним чертёж. На точку О аэростата действует сила ветра F1, подъёмная сила F2 и натяжение троса / уравновешивающей силой для  F3 / =2000 Н. F1 и F2. Тогда их равнодействующая F3= ­ F3 Искомая сила F2=√F3 За уравновешивающую силу  можно принять и F1. Тогда будет необходимо  /. находить равнодействующую сил F2 и F3 2   ≈1700H.                                             Рис.3 /.Будем считать  F3 2­F1 № 411 (э) Угол   ∝  наклона плоскости  к горизонту, при котором тело начинает  равномерно скользить вниз, называют предельным углом. Пользуясь прибором   на рис. 4 или доской с транспортиром, определите предельный угол для тел с  различной обработкой поверхности, а по углу найдите коэффициент трения.   Решение. Сила трения Fтр = ­F1; Fтр=  F2  ; F1= Fsinα; F2= Fcosα; μ = tgα, т. е.  коэффициент трения равен тангенсу предельного угла.                                                        Рис.4 2. Момент силы. Равновесие тел, имеющих оси вращения. Первое понятие о равновесии тел, имеющих ось вращения, учащиеся получают в  7 классе на примере равновесия рычагов, ворота, блоков. Задачи этого типа  в 7  F1 F2 l2 l1 классе решают с помощью пропорции    =   . В старших классах на   Ʃ F= 0;   ƩM =0. примере задач  о равновесии тел, к которым приложены две параллельные силы,  закрепляют понятие о сложении параллельных сил, направленных  в одну сторону. После этого переходят к задачам более сложным,  в которых рассматривается действие на тело нескольких  сил.  В итоге желательно подвести учащихся к пониманию  общего правила : твёрдое тело находится в равновесии если результирующая всех действующих на него  сил и сумма моментов всех сил равны нулю:           Последнее равенство справедливо относительно любой точки.    В 9 классе понятие о моменте силы, как о векторе не  вводят, и поэтому при  решении задач составляют сразу скалярное уравнение ƩM= 0 , считая моменты  сил , вращающих тело по часовой стрелке, положительными, а против часовой  стрелки – отрицательными.        № 413 Балка весом 1400 Н  подвешена на двух канатах( см. рис 5). Какова сила  натяжения этих канатов, если расстояние  АС = 3 м  и СВ= 1 м?    Решение. Покажем на чертеже  все силы, действующие на балку: силу тяжести F и силы  натяжения канатов F1 и F2.  Так как балка находится в равновесии, то              Поскольку силы лежат в одной плоскости и параллельны, запишем уравнение  в скалярной форме, проецируя векторы на вертикальное направление, F1+F2 – F=0.        Теперь найдём сумму моментов сил относительно, например, точки А.  F*АС – F2*АВ=0. Подставив в формулы числовые значения величин, найдём: F1  = 350 Н и F2=1050 Н.      Тот же результат получится, если уравнение моментов записать относительно точки  С ( F1*AC – F2*CB = 0) или относительно любой иной точки.      № 414 (э) Определите силу, приложенную к правому концу рычага, и силу давления  опоры, если вес одного груза  1 Н, а вес линейки – 2 Н. Решение.  Ʃ F= 0;   ƩM =0, F1+F2+ F=0. Ʃ F= 0;   ƩM =0. Запишем  сначала со  Собирают установку на демонстрационном столе, пользуясь демонстрационным  рычагом с делениями по 0,1 м и  набором грузов по механике.  Учащиеся зарисовывают установку  и обозначают силы, действующие  на рычаг.                                                                                Рис.6      По условию равновесия рычага         знаком  «плюс» все моменты сил, вращающие рычаг по часовой стрелке  относительно точки О, а затем – со знаком «минус» ­ моменты, вращающие  рычаг против часовой  стрелки. При этом учтём, что моменты силы давления  опоры и силы тяжести линейки F7 и F равны нулю. F3l3+F4l4+F5l5­F1l1­F2l2­F6l6 = 0/ 1 Н*0,1 м + 2Н*0,3 м +3Н*0,4 м – 1Н*0,3 м­3Н*0,2 м – F6*0,5 м = 0 Отсюда F6=2 Н.       Сняв экран, убеждаются в правильности полученного ответа.       Считая силы, направленные вверх, положительными, а вниз –  отрицательными, запишем первое уравнение в скалярной форме:        F7+ F6­F1­ F2­F3­F4­F5=0;    F7=10 H.   Подвесив рычаг в точке О к динамометру, убеждаются, что F7=10H. 3. Центр тяжести. Виды равновесия. Устойчивость тел. В 9 классе решают задачи, в которых центр тяжести находят или на опыте, или  геометрически, или аналитическим путём. Полезно также решить ряд задач  несколькими способами, чтобы убедить учащихся в их правомерности. Понятие  о центре тяжести используют затем при решении задач о видах равновесия и  устойчивости тел. Для определения устойчивости тела, имеющего площадь  опоры, используют правило о положении отвеса, опущенного из центра тяжести:  «Для устойчивости тела, находящегося на опоре, необходимо, чтобы вертикаль,  проходящая через центр тяжести тела, пересекала поверхность, ограниченную  опорой». Это правило нужно обосновать, используя сведения о равновесии тела,  имеющего ось вращения.       № 416    Определите на опыте и обоснуйте теоретически положение центра тяжести  круга, прямоугольника, треугольника, вырезанных из картона. Решение. Вспомним, что точку приложения равнодействующей сил тяжести, действующих на отдельные части тела, называют центром тяжести тела.        Найдём  центр тяжести в различных твёрдых телах. Возьмём фигуру  неправильной формы и подвесим её на гвоздь вместе с отвесом. На фигуру  действуют две силы: сила тяжести и сила упругости. Поскольку тело находится в покое, то эти две силы взаимно уравновешиваются, т. е. они равны по величине и направлены в разные стороны. Это значит, что точки приложения сил лежат на  одной вертикальной прямой, отмеченной отвесом.     Проведём на фигуре вертикальную линию по отвесу. Затем повесим её в  другой точке и снова проведём по отвесу вертикальную линию. Сколько бы мы  не проводили таким образом линий, все они пересекутся в одной точке, которая  и будет центром тяжести тела.      Проверить это можно, если на острие карандаша поместить фигуру в  найденном центре тяжести. Она окажется в равновесии.     Во время опыта мы несколько раз меняли положение картонной фигуры, но  центр тяжести её оставался в одной и той же точке.     При любом положении тела центр тяжести её находится в одной и той же  точке.     Положение центра тяжести может изменятся только при изменении  относительного расположения частей тела. № 417 Где расположен центр тяжести карандаша? Обруча? Всегда ли центр тяжести  располагается внутри тела? № 418 (э) Пользуясь спицами и нитками, определите центр тяжести картофелины или  свеклы. Решение. Картофелину подвешивают два­три раза в разных положениях и протыкают по  направлению нити спицей. Разрезав картофелину, обнаруживают, что все  отверстия сходятся в одной точке – центре тяжести. № 419 (э) С помощью медных монет определите вес линейки. Решение                                                     Рис.8 На конец линейки кладут монеты и уравновешивают, как показано на рисунке.  Из рисунка видно, что F2*AO­F1*BO=0. Вес линейки численно равен F2= F1 АО ВО. № 420 Найдите центр тяжести двух грузов по 4 и 1 Н Расстояние между центрами грузов 1 м.  Весом соединительного стержня пренебречь. Решение Грузы останутся в равновесии, если стержень  подпереть в центре тяжести – точке О.                                рис. 9    ƩM =0. Откуда F2*OB – F1*OA=0, или 1Н*(1 м –АО)=F1AO;   АО= 0,2 м. Задача из Тихомировой.   Определите положение центра тяжести системы тел, состоящей из двух шаров,  соединённых невесомым  стержнем длиной l. Массы шаров равны m1     m2   соответственно. размеры шаров считайте малыми по сравнению с расстоянием  между их центрами. Решение. Поставим мысленно опору в точке, где предположительно находится центр  тяжести этой системы. Тогда стержень окажется в равновесии. Относительно  точки опоры момент силы равен нулю, так как равно нулю плечо этой силы. Из  рисунка видно, что плечи сил m1g и m2g равны АО и ОВ соответственно. Будем  искать расстояние от центра тяжести до точки В.      Согласно правилу момента запишем:        ­m2g* OB +m1g*OA =0, Откуда  АО=  m2 m1 OB,   Так как  АО+ ОВ =l, то ОВ= lm1 m1+m2 . № 421 Из однородной круглой пластинки  радиусом R вырезан круг вдвое  меньшего радиуса r, касающийся  первого круга. Найти центр  тяжести полученной пластинки.                                          Рис.10 Решение. Мысленно заполним вырез. Это равносильно тому, что в точке А будет  приложена сила F1, равная силе тяжести, действующей на круг радиуса r. Для  того, чтобы равновесие не нарушилось, нужно приложить вверх силу F1 по величине F1. Теперь на сплошной круг действует сила  F1 силе тяжести, действующей на сплошной круг: /, и сила F, равная  / , равную  F1       /* АО1­ F* OO1=0;   π r2(r+OO1) – π R2*OO1=0;      ОО1= R 6 . Из этого решения видно, что для нахождения центра тяжести однородных тел с  полостями можно считать тела сплошными, но при этом к центру тяжести  полостей следует прилагать вверх силы, равные по величине силе тяжести,  действующей на заполнившее их вещество. № 422 Устойчивое, неустойчивое, безразличное положение равновесия занимают  следующие тела: маятник часов, висящий вертикально; шар, лежащий на  выпуклой поверхности; шар, лежащий на вогнутой поверхности; шар,  находящийся на горизонтальной поверхности ?  Ответ обоснуйте, основываясь  на условии равновесия тела, имеющего ось вращения. Решение Что произойдёт, если тело немного отклонится от положения равновесия? При этом возможны три случая.  1. Тело вернётся в состояние равновесия. Равновесие тела называют устойчивым в некотором положении, если при малых отклонениях от этого положения возникает сила, стремящаяся  возвратить тело в исходное положение. 2. Тело выйдет из состояния равновесия. Равновесие тела в некотором положении называют неустойчивым,  если при отклонениях тела от этого положения возникает сила, стремящаяся ещё больше отклонить тело от начального положения.  Тело, несмотря на отклонение, не изменит своего состояния равновесия. 3. Равновесие тела в некотором положении называют безразличным, если  при любых его отклонениях от этого положения не возникает сила, стремящаяся возвратить тело в начальное положение или ещё больше удалить его от этого  положения. Отклоним маятник и шар, лежащий на вогнутой поверхности от положения  равновесия. Как видно из рисунка, на них будут действовать вращающие  моменты  М= Fl, заставляющие их двигаться к положению равновесия.  Следовательно, эти тела находятся  в положении устойчивого равновесия.      На шар, отклонённый от положения равновесия, на выпуклой поверхности,  действует вращающий момент, заставляющий его катится дальше от положения  равновесия. Следовательно, этот шар находится в положении неустойчивого  равновесия.        Шар, лежащий на горизонтальной поверхности, находится в положении  безразличного равновесия. На практике важно знать, насколько устойчиво равновесие тел, опирающихся на  горизонтальную или наклонную поверхность. Проделаем такой опыт. Поместим  на доску полую призму, в центре тяжести которой прикреплён отвес. Рис. 11 Будем постепенно поднимать край доски. Мы увидим, что пока вертикаль, на  которой находится центр тяжести О, проходит через основание призмы,  равновесие сохраняется. Но как только эта вертикаль выйдет за пределы опоры,  призма опрокидывается.     Для устойчивости тела, находящегося на опоре, необходимо, чтобы  вертикаль, проходящая через центр тяжести, пересекала поверхность,  ограниченную опорой.   Как можно увеличить устойчивость тела, находящегося на опоре?   ­ чем ниже расположен центр тяжести, тем устойчивее его положение. ­ чем больше площадь опоры тела, тем устойчивее его положение. α  в основании  Задача 9. На наклонной плоскости стоит кубик. Каким должен быть угол  наклонной плоскости, чтобы кубик не опрокинулся? Решение   Кубик не опрокидывается, если линия  действия силы тяжести ab,  приложенной к этому телу со стороны  Земли , не выходит за пределы контура,  ограничивающего площадку, на  которую опирается это тело. В предельном  случае линия действия силы тяжести mg  будет пересекать этот контур.                                      Рис. 17­16    Если линия действия силы тяжести выйдет за пределы этого периметра, то  тело опрокинется под действием вращающего момента силы тяжести. α , при котором кубик ещё не     В нашем случае максимальным углом  опрокинется, будет такой угол, при котором линия ab действия силы тяжести  mg будет пересекать ребро кубика, лежащего на наклонной плоскости.  Поскольку искомый угол  диагональю, как углы со взаимно – перпендикулярными сторонами, а угол  =45β плоскости, равных или меньших 450, кубик не опрокинется.     Задача 15 Куб стоит одним ребром на полу, а  другим опирается на вертикальную  стенку. Определить, при каком  предельном угле   между кубом и  полом ещё возможно равновесие  куба, если коэффициент трения  между кубом и полом равен μ,  равен углу, образованному ребром кубика и его  0. Значит, при углах в основании наклонной  α 0, то и угол  α  тоже равен 45 α а стена идеально гладкая ? α , а гипотенузой – длина    Дано                              Решение                                                                рис. 17­22 μ       _______           Куб будет в равновесии, если момент силы  α         ­ ?                 тяжести mg, вращающий его против часовой стрелки вокруг  оси, проходящей вдоль ребра, опирающегося на пол, будет равен моменту силы  реакции опоры FN, вращающей его по часовой стрелке вокруг этой же оси,  проходящей через точку О.        Момент  М1 силы реакции опоры равен произведению этой силы FN и её  плеча. Плечом силы реакции опоры будет кратчайшее расстояние от ребра,  которое опирается на вертикальную стенку, до пола. Если длину ребра куба  принять равной l, то из прямоугольного треугольника, в котором искомое  расстояние является катетом, противолежащим углу  ребра куба  l, найдём, плечо силы реакции опоры равно l sinα. Тогда  М1=FN l sinα.     Сила реакции опоры FN численно равна силе трения Fтр согласно условию  равновесия: FN = Fтр , где Fтр=μmg, поэтому FN= μmg  и М1= μmgl sinα.      Момент М2 силы тяжести mg равен произведению силы тяжести и её плеча l1 Плечо силы тяжести определить сложнее, чем плечо силы реакции опоры. На  чертеже это плечо является катетом в прямоугольном треугольнике с  гипотенузой, равной половине диагонали куба, которая показана штриховой  линией, и противолежащим острым углом между линией действия силы тяжести  и этой диагональю. Этот угол мы обозначим буквой  что, зная этот угол, мы сможем определить и плечо силы тяжести, ведь  половину диагонали куба через длину его ребра определить несложно. Правда,  длина ребра l нам тоже не дана, но она наверняка сократится в процессе  решения.       Чтобы найти угол  реакции опоры FN и другой диагональю грани куба. Стороны этого угла и угла  взаимно перпендикулярны, значит, этот угол тоже равен  . А поскольку угол  .α β между ребром куба и диагональю грани равен 450, то угол  = 45 0­        Длина диагонали грани куба по теореме Пифагора равна  √l2+l2 , обратим внимание на острый угол между вектором силы  β . Определим его, потому  β β β =l √2 , а  длина её половины равна  l√2 2 . Поэтому плечо силы тяжести       l1= l  √2 2  sin  β  = l  √2 2  sin ( 450 –  ).α    Вспомним тригонометрию: sin (450­α) = sin 450cosα – sin   α cos 450, где sin 450= cos 450=  √2 2  , поэтому      sin ( 450­  ) = α √2 2 cos   ­ α √2 2 sin  = α √2 2 ( cos  α  – sin  α ).    тогда l1 = l √2 2 *  √2 2  ( cos  α  – sin  α ) =  l 2  (cos  α  – sin  α ). Теперь определим момент силы тяжести М2:    М2= mgl1 = mg   l 2  (cos  α  – sin  α ). При равновесии куба  М1= М2 или μmgl sin  = mg   α l 2  (cos  α  – sin  α ), 2μ sin α = cosα – sinα,  2μ  sinα cosα  =   cosα cosα  ­  sinα cosα   , 2μ tg  = 1­ tg ,  откуда 2 μ tg  + tg  =1,           tg =  α α α 1 2μ+1 α α Давайте проанализируем полученный результат. Если пол будет идеально  гладкий, т.е. μ =0, то tgα = 1. В этом случае равновесие возможно только при угле  = 45α При любом другом угле кубик упадёт.    При наличии трения, если tgα меньше или равен   2μ+1 , кубик будет  1 0. α  окажется больше 45 находится в равновесии, но если угол  опрокинется под действием вращающего момента силы тяжести, поскольку  линия действия силы тяжести выйдет за пределы отрезка АО и тогда сила  реакции стенки и сила тяжести будут вращать кубик по часовой стрелке, а  противодействующего момента сил не будет. Ответ:  α ≤  arctg (  2μ+1 ),  α ≤45 0. 0, кубик  1 Районное методическое объединение учителей физики Методика решения задач по теме «Статика» Выполнила учитель физики  МКОУ Новомеловатская СОШ Стрельцова С. Д.  ( ПСЗД) 11 января 2017 года Г. Калач