Х: l∙cosα=v0 ∙sin2αt
Y: -l∙sinα= v0 ∙cos2αt-gt2/2
|
(4)
|
Мұндағы l - көлбеу жазықтықтан дененің жанасу нүктелері арасындағы шамаға тең болатын векторының модулі.
х және у осьтерінде (3) теңдікті проекциялау нәтижесінде (4) теңдіктің алынуын анық түсіндіру қажет.
Алғашқы (4) теңдіктен t қорыта келе
t= lcosα/v0sin2α=l/2 v0sinα
екінші теңдікке қойсақ
l sin α = v0cos2α·l/2 v0sinα-g/2·l2/
|
(5)
|
l≠0 қысқарта отырып және құрамында l жоқ қосылғышты біріктіре отырып келесі теңдікті аламыз
cos 2α/ 2sinα + sinα = cos2α + 2sin2α/2sinα = 1/2sinα
|
(6)
|
Енді (5) теңдіктен табамыз
l=(4 v20 sinα)/g
немесе, v20=2gh қоя отырып соңында аламыз:
l=8h sinα
Теңдікті жазу кезінде екі еселік бұрыш үшін косинустың тригонометриялық формуласын қолдану қажет болғанына назар аударайық.
сos2α=1-2 sin2α
Жалпы көбейткіштер өте күрделі. Х´ және У´ осьтерін 4-суретте көрсетілгендей таңдасақ, оларды жеңілдетуге болады. Бұл жағдайда (3) теңдікті Х´ и У´ осьтеріне проекциялап, келесі теңдікті аламыз:
Х´: l = v0sinα t + gsinα/2·t2
Y´: o =v0cosαt – gcosα/2·t2
|
(7)
|
Енді соңғы (7) теңдікте лезде t = 2v0/g табамыз. Екінші соқтығыстың ұшу уақыты жазықтықтың бұрылу бұрышына тәуелсіз (t=0 екінші түбірі есептің шартына сәйкес келмейді). Алғашқы (7) теңдігіне t қойған кезде:
l = 4v02/g · sinα = 8 h∙sinα
Шешім әлдеқайда қысқаша жазылды, сонымен қатар ұшу уақытының бұрылу бұрышына тәуелсіз екені анықталды. Екі еселік бұрыш косинусының формуласының да керегі жоқ болды. Бірақ бұндай шешім әдісін қолданған кезде (3) теңдікте сонда да у´ осіне ді проекциялау кезінде бұрыштың тригонометриялық функциясын қолдану қажет. (1) шешімде проекциялау әдісін қолданбаған жағдайда біз бұған тап болмас едік.
(5) теңдігі, екі вектордың қосындысы үшінші векторға тең болатын басқа векторлық теңдіктер сияқты үшбұрышқа сәйкес келеді. векторы дененің бірінші жанасу нүктесінен екінші жанасу нүктесіне көлбеу жазықтығына бойлай орналасқан. t векторы векторына бойлай орналасқан және көлбеу жазықтықтағы дененің бірінші жанасу нүктесінен бастау алады. векторы вертикаль төмен бағытталған және векторы аяқталатын нүктеде аяқталады.
Сондықтан (3) теңдікке сәйкес келетін орын ауыстыру үшбұрышы 5-суретте көрсетілген түрге ие болады, себебі үшбұрыштағы екі бұрыш тең, ол теңбүйірлі. Бұл бірден келесі теңдікті береді:
v0t=gt2/2
Осыдан t=2v0/g. Енді келесі теңдікті аламыз:
l=2v0tcos(π/2-α)=4v02/g·sinα=8hsinα
Осылайша, векторлық теңдіктердің геометриялық интерпретациясын қолдану дәлдікті жоғалтпай, есептеулерді әлдеқайда жеңілдетуге мүмкіндік беретінін көрсетеді, бұл әсіресе оқушыларға геометриядан жақсы таныс материалды қолдануға мүмкіндік береді.
Басқа мысал ретінде келесі есепті қарастырамыз.
Жәшікті горизонталь бетпен аз күш жұмсай отырып сүйрету үшін ауыр жәшіктің жібін қандай α бұрыш жасай тарту керек?
Қарапайым жақындату кезінде жәшікті материалдық нүкте деп есептейміз. Бұл жағдайда 6-суретте көрсетілген барлық күштер бір нүктеге - жәшіктер массаларының орталығына түсірілді деп есептеуге болады.
Егер жәшік бірқалыпты қозғалса, Ньютонның екінші заңына сәйкес:
(8) векторлық теңдікті вертикаль және горизонталь бағытта проекциялаймыз.
F sin α + N – mg = 0; F cos α – Fүйк = 0
|
(9)
|
Кулон-Аматон заңы бойынша сырғанау үйкеліс күшінің шамасы Fүйк = μN тең.
Осында (9) теңдіктен N қойғанда:
Fүйк= μ (mg – F sin α)
Енді екінші (2) теңдік келесі түрге ие болады:
F cos α – μ (mg – F sin α) = 0
Осыдан
Көрсеткіштің алымы (10) α бұрышқа тәуелді емес, сондықтан бөлшек максималды болғанда күш F азырақ болады. Сондықтан көрсеткіштің максимумы
f(α) = cos α +μ sin α
белгілейміз
онда f (α) аламыз
f (α) = cos (α) + sin α =
Белгілейтін болсақ, (11) ауысым арқашан болуы мүмкін өйткені тангенс кез-келген заттық мән қабылдай алады. f (α) α=φ=arctg μ кезінде максималды екені көрінеді.
Енді назарымызды жазылған (11) қатынастағы φ өлшемі анық физикалық мағынаға ие. Кулон-Амонтон заңы бойынша φ – бұл бұрыш, векторлы қосынды күші және бетке нормалды болады. (сурет7)
Белгілеп =+(12), оны келесі түрінде көшіреміз.
Енді теңдіктің шешімі геометриялық зерттеуіне әкеледі (12). Алдын-ала салыстырмалы бағыты ғана белгілі. m векторының сонынан түзу сызық өткіземіз, бұрыш φ = arctg μ вертикалды. Бұл түзуде күшін жинақтап, m векторынның соңы мен басын қиыстырамыз. (12) теңдеудегі күш үшбұрышты күшті тұйықтау керек, яғни векторынның соңы мен m векторынның басын қосады. Сурет 6 көрінетіндей күштің өлшемі азырақ болады, оның бағыты түзу бұрыш бағытымен, яғни φ бұрыш горизонттпен.
Назар аударатын болсақ, векторлық теңсіздікте (12) геометриялық түсіндірменің қолдануы, бағытты оңай табумен қатар, шаманың минималды күші min оңай табуға септігін тигізеді. 6-ші суретте көрінеді, мына min=mg sin φ.
Есептің оңай шешілу мүмкіндігі, физикалық өлшемдердің экстрималды анықталуымен байланысы – осы әдістің тағы бір тиімді жолы. Осы әдіс, қораптың үдеумен қозғалуына үлкен күшпен жіппен тарту керектігін көрсетеді. Бірақ күш сол бұрышты құрайды φ=arctg μ горизонттпен.
Қарастырылған мысалдар есептеу әдісінің дұрыс таңдалғанның көрсетеді. Қозғалыс теңдеуі киниматика мен динамикада векторлық түрде жазылады, бірақ нақты шешу әдісі әр түрлі болуы мүмкін. Геометриялық әдістердің векторлық теңдеулерде анализін қолдану жеңілдетіп қоймай, сонымен қатар физикалық мағынасын терең түсінуге ықпалын тигізеді. Белгілейтін болсақ, берілген есептер физикалық заңдарға сүйеніп методологиянның бірінші деңгейімен шығарылған. Дәл осы деңгейде математикалық аппараттың таңдауы кең болады.
Достарыңызбен бөлісу: | 
