Strainu onLine

Descriere: De ce nu se scoate matematica din programa şcolară
Materie: Fizică, Matematică
Referat făcut la liceu.

Download

Mai jos aveţi la dispoziţie o variantă text a referatului. Vă rugăm să reţineţi că această variantă nu are nici un fel de formatare sau poze. Unele caractere pot să nu fie arătate corect. Pentru varianta integrală vă rugăm să downloadaţi referatul.

APLICAţIILE MATEMATICII IN FIZICA

GENERALITĂŢI

La începutul secolului al-XVIII-lea începe o perioadă caracterizată prin întemeierea şi dezvoltarea „ştiinţei” noi, în conflict flagrant cu concepţiile religioase, retrograde, precum şi cu filozofia lui Aristotel, care era considerată un mediator între ştiinţă şi religie şi care
domina gândirea omenească de aproape 2000 de ani.

Transformarea fizicii în ştiinţă, care avea loc în această perioadă, a fost legată de o mutaţie profundă în felul de a „obseva”, de a întreba natura.

Joncţiunea matematicii cu fizica a fost una din ideile lui Descartes. Frumos în matematică nu e atât precizia ei cantitativă, ci, mai ales, certitudinea şi evidenţa raţionamentelor şi modul în care acestea se succed.

Matematica nu slujeşte ca instrument, ci ca model pentru fizică.

Dacă ne referim la fizică ar trebui să remarcăm Mecanica lui Newton, o adevărată capodoperă dusă până la perfecţiune de Euler, Lagrange, Hamilton şi alţii, Teoria relativităţii a lui Einstein, Teoria Cuantică a lui Max Planck, perfecţionată de Louis de Broghie, Schrödinger, Hesenberg, Dirac şi alţii, iar în zilele noastre, fizica particulelor elementare.

APLICAŢII

Două corpuri de mase m1=6 kg şi m2=4 kg sunt aşezate pe un plan orizontal şi legate între ele cu un fir orizontal care rezistă până la TR=80 N. Coeficientul de frecare la ambele corpuri este acelaşi. Cu ce forţă orizontală maximă putem trage corpul $m_1$ pentru a nu rupe firul?

Soluţie:

Presupunem viteza constantă. Atunci, forţa de tracţiune este suma forţelor de frecare ale celor două corpuri, iar tensiunea firului este forţa de frecare a celui de-al doilea corp. Dacă înlocuim tensiunea cu tensiunea de rupere, atunci forţa de tracţiune este chiar forţa maximă.

1.1

1.2 .
Din 1.1, 1.2 avem:
1.3
Fmax=200 N.

\subsection{}

Un punct material se poate mişca fără frecare în câmp gravitaţional pe o curbă de forma prezentată în figura II a, poziţia iniţială fiind precizată prin valoarea unghiului . Se cunoaşte valoarea razei R.

a) Pentru ce valoare a unghiului 0 corpul se desprinde e curbă la un unghi $\beta= 0>?

b) Pentru ce valori ale unghiului desprindera se face într—un acelaşi punct? Precizaţi punctul.

c) Dacă punctul este lăsat liber din poziţiile determinate la punctul b), care este intervalul $\Delta$x în care el atinge axa Ox?}

Soluţie:

a)
Din legea conservării energiei: $ E_i=E_f \Rightarrow
mg(2R-R\cos\alpha)=\frac{mV}{2}+mgR\cos\beta$

\begin{equation}
\label{ec1}
mgR(2-cos\alpha-cos\beta)+\frac{mV^2}{2}
\end{equation}

în momentul desprinderii, forţa centrifugă echilibrează componenta normală a greutăţii:

$ F_{cf}=G_N \Rightarrow$
\begin{equation}
\label{ec2}
\frac{mV^2}{R}=mg\cos\beta
\end{equation}

Din ipoteză avem \begin{equation}
\label{ec3}
\alpha_0=\beta
\end{equation}

Din (\ref{ec1}), (\ref{ec2}), (\ref{ec3}) rezultă $
4mgR(1-\cos\alpha_0)=mgR\cos\alpha_0 |:mgR$

$4-4\cos\alpha_0=\cos\alpha_0$

$4=5\cos\alpha_0$

$\cos\alpha_0=\displaystyle{\frac{4}{5}} \Rightarrow
\alpha_0=\arccos\displaystyle{\frac{4}{5}}\simeq 36^{\circ}
52^{\prime}11^{\prime\prime}.$

b) Din (\ref{ec1}), (\ref{ec2}):
\begin{equation}
\label{ec4}
2mgR(2-\cos\alpha-\cos\beta)=mgR\cos\beta |:mgR
\end{equation}
$4-2\cos\alpha=3\cos\beta$

Condiţia ca această ecuaţie să fie liniară este ca $\beta$ să fie 0.

Avem deci: $4-2\cos\alpha=3$

Valoarea maximă a lui $\cos\alpha$ este $\displaystyle{\frac{1}{2}}$, deci
$\cos\alpha\in\displaystyle{[0,\frac{1}{2}]}\Rightarrow
\alpha\in\displaystyle{[\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2}]}.$

Deci un corp lansat de la un unghi
$\alpha\in\displaystyle{[\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2}]}$ se desprinde de curbă
la un unghi
$\beta=0$.

c) Conform (\ref{ec1}):

$2gR(2-\cos\alpha-\cos\beta)=V^2$. De la b) avem
$\beta=0$, deci $V=\sqrt{2gR(2-\cos\alpha)}$.

Viteza este maximă c\^{a}nd $\cos\alpha$ este minim, adică 0. Deci
$V_{max}=\sqrt{2gR}$.

Viteza este minimă c\^{a}nd $\cos\alpha$ este maxim, adică
$\frac{1}{2}$ (conform b)). Deci $V_{min}=\sqrt{gR}$

De la aruncarea pe orizontală avem timpul de cobor\^{a}re
$t=\sqrt{\frac{2R}{g}}$

Avem deci:

$$x_{min}=V_{min}t=\sqrt{gR}\sqrt{\frac{2R}{g}}=R\sqrt{2}$$

şi

$$x_{max}=V_{max}t=\sqrt{2gR}\sqrt{\frac{2R}{g}}=2R$$

$$\Delta x=x_{max}-x_{min}=R(2-\sqrt{2})$$.

\subsection{}

{\em O pistă circulară cu deschiderea de $90^{\circ}$ se află în plan
vertical, conform figurii III. Capătul A se află la înălţimea H=10 m
faţă de suprafaţa orizontală a unui lichid ideal de densitate $d_0$ . Din A
se lasă liber un corp de dimensiuni mici, cu densitatea madie
$d=\displaystyle{\frac{d_0}{2}}$ şi masă m care alunecă fără frecare.

a) Care este raportul dintre apăsarea corpului la baza pistei şi la
mijlocul ei?

b) C\^{a}t trebuie să fie raza pistei astfel înc\^{a}t $B^{\prime}P$ să
fie maxim?

c) în condiţiile punctului anterior, să se descrie traiectoria corpului
după pătrunderea în lichid, în punctul P şi să se afle la ce distanţă
se găseşte corpul de P după t=5s de la pătrunderea în lichid.

Se dă g=10 $m/s^2$. Se neglijează toate frecările şi modificarea vectorului
viteză la traversarea suprafeţei de separaţie aer–lichid.}

{\bf Soluţie:}

a) Normala este diferenţa dintre componenta normală a greutăţii şi
forţa centrifugă.

$$N_B=G_B-F_{{cf}_B}=mg-\frac{mV_B^2}{R}=\frac{2m(Rg-V_B^2)}{2R}$$

$$N_C=G_{N_C}-F_{{cf}_C}=mg\cos
45^{\circ}-\frac{mV_C^2}{R}=\frac{m(gR\sqrt{2}-2V_C^2)}{2R}$$

Avem deci:
\begin{equation}
\label{ec7}
\frac{N_B}{N_C}=\frac{2Rg-2V_B^2}{Rg\sqrt{2}-2V_C^2}
\end{equation}

Din legea conservării energiei mecanice avem:

i) $E_A=E_B$

$mgH=\displaystyle{\frac{mV_B^2}{2}}+mg(H-R)$

$2mgH-2mgH+2mgR=mV_B^2 |:m$

\begin{equation}
\label{ec8}
V_B^2=2gR
\end{equation}

ii) $E_A=E_C$
$mgH=\displaystyle{\frac{mV_C^2}{2}}+mg(H-\displaystyle{\frac{R\sqrt{2}}{2}})$

$2mgH-2mgH+2mgR\sqrt{2}=mV_C^2 |:m$

\begin{equation}
\label{ec9}
V_C^2=gR\sqrt{2}
\end{equation}

Din (\ref{ec7}), (\ref{ec8}), (\ref{ec9}) avem:

$$\frac{N_B}{N_C}=\frac{2gR-4gR}{gR\sqrt{2}-2gR\sqrt{2}}=\frac{-2gR}{-gR\sqrt{2}}$$

$$\frac{N_B}{N_C}=\sqrt{2}$$

b) Avem x=$B^{\prime}P=V_0\sqrt{\frac{2(H-R)}{g}}$ şi $V_0=V_B=\sqrt{2gR}$,
deci:

$x=2\sqrt{R(H-R)}$

x este maxim c\^{a}nd $ x^2$ este maxim, adică atunci c\^{a}nd $-R^2+HR $
este maxim. Aceasta este o ecuaţie de gradul II cu coeficientul termenului
dominant negativ, deci are maxim. Acest maxim este:

$$R=\frac{-H}{-2}=\frac{H}{2}=5m$$.

c) De la aruncarea pe orizontală: $V_P=\sqrt{2gH}$, de unde:
$V_{P_x}=V_B=\sqrt{2gR}$ şi $V_{P_y}=V_P\sin\nu.

$$\cos\nu=\frac{V_{P_x}}{V_P}=\sqrt{\frac{R}{H}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$$

Acceleraţia corpului în apă este dată de raportul dintre suma vectorială
a greutăţii cu forţa arhimedică şi masa corpului:

$$\displaystyle{a=\frac{mg-d_0\frac{2m}{d_0}g}{m}=-g}$$

Coordonatele corpului faţă de punctul P în funcţie de timp sunt:
$x=V_{P_x}t$ şi $y=V_{P_y}t+displaystyle{\frac{1}{2}}at^2$.

Tinpul de cobor\^{a}re îl aflăm din legea vitezei ( $V=V_0+at$ ) şi este:
$t=\displaystyle{\frac{V_{P_y}}{g}=1$ s.

Dacă motăm cu M proiecţia la suprafaţa lichidului a punctului în care se
află corpul după 5s, atunci $PM=V_{P_x}t=50$ m.

\subsection{}

{\em O bară suficient de lungă este aşezată într–un plan orizontal
astfel înc\^{a}t să formeze un unghi $\alpha$ cu o dreaptă $\Delta$ fixă
din plan. Bara se translatează cu viteza V orizontală orientată cu un unghi
$\beta$ faţă de dreapta $\Delta$.

Determinaţi viteza de deplasare a punctului C de intersecţie dintre bară
şi dreapta $\Delta$. Pentru ce valoare a unghiului $\beta$ această viteză
este maximă?}

{\bf Soluţie}

Aplicăm teorema sinusului în triunghiul CPC^{\prime}:
$\frac{V}{\sin\alpha}=\frac{V^{\prime}}{\sin(\pi-\alpha-\beta)}.

De aici avem:

$$V^{\prime}=\frac{V\sin(\alpha+\beta)}{\sin\alpha}$$

Această viteză este maximă c\^{a}nd $\sin(\alpha+\beta)$ este maxim, adică
$\sin(\alpha+\beta)=1$, $\alpha+\beta=\frac{\pi}{2}$

\begin{thebibliography}{9}

\bibitem{A} Ren\’e Descartes, {\em Discurs despre metoda de a ne conduce bine
raţiunea şi a căuta adevărul în ştiinţe}, Editura Academiei
Rom\^{a}ne, Bucureşti 1990, pp. 7-110;

\bibitem{B} Rodica Ionescu–Andrei, Cristina Onea, Ion Toma {\em
FIZICă–Manual pentru clasa a IX–a}, Editura Teora, Bucureşti 1999, 230pg.;

\bibitem{C} Anatolie Hristev. {\em Probleme de fizică pentru licee,
bacalaureat şi admitere în facultăţi}, Editura Prometeu, Bucureşti 1991,
290pg.

\end{thebibliography}

\end{document}