Решение сложных и нестандартных задач по физике. Эвристические приемы поиска решений - Красин М.С.

Автор: Красин М.С.

Теги: общее школьное образование общеобразовательная школа физика задачи по физике естественные науки прикладная физика

ISBN: 978-5-89237-268-8

Год: 2009

Похожие

Решение сложных и нестандартных задач по математике

Стандартные алгоритмы решения нестандартных химических задач

Сборник нестандартных задач по математике

Кроссфит мозга. Как подготовить себя к решению нестандартных задач

Текст

М.С. Красин

Решение сложных
и нестандартных
задач по физике

Эвристические приемы
поиска решений
М.С. Красин

РЕШЕНИЕ СЛОЖНЫХ
И НЕСТАНДАРТНЫХ ЗАДАЧ
ПО ФИЗИКЕ

Эвристические приемы
поиска решений

ИЛЕКСА
Москва
2009
УДК 373:53

ББК 22.3я72

К78

Рецензенты

доктор педагогических наук, профессор,
зав. кафедрой теории и методики обучения физике
Московского педагогического государственного университета

Н.С. Пурышева;

доктор педагогических наук, профессор,
профессор кафедры методики обучения физике
Российского государственного педагогического
университета им. А.И. Герцена

С. В. Бубликов

Красин М.С.

К78 Решение сложных и нестандартных задач по физике. Эври-
стические приемы поиска решений.— М.: ИЛЕКСА, 2009. —
360 с.: ил.

18ВГ9 978-5-89237-268-8

В пособии представлена система эвристических приемов организации
мыслительной деятельности при решении задач по физике, свыше 300 при-
меров применения этих приемов при решении задач.

Отличительной особенностью пособия является тот факт, чю задачи-
примеры сгруппированы нс по тематической принадлежности к тому или
иному разделу физики, а по общности логико-математического подхода
к преобразованию заданной ситуации.

Представленная в книге методика в полной мере приемлема при решении
не только физических, но и математических, технических и других задач.

Пособие предназначено для учащихся средних общеобразовательных уч-
реждений. абитуриентов, студентов педагогических вузов, преподавателей
и учителей физики.

УДК 373:53

ББК 22.3я72

18ВГС 978-5-89237-268-8

«? Красин М.С., 2009
© ИЛЕКСА, 2009
ПРЕДИСЛОВИЕ

Все задачи, решаемые человеком, можно условно разделить на
стандартные, способ решения которых известен субъекту решения,
и нестандартные. Основной метод решения нестандартной задачи -
это сведение ее к одной или нескольким стандартным задачам.
Сделать это бывает чрезвычайно сложно. Рекомендации по органи-
зации поисковой деятельности по преобразованию нестандартной
задачи в стандартную называются эвристиками или эвристически-
ми приемами.

Цель данного пособия - помочь читателям научиться пользо-
ваться эвристическими приемами для организации своей мысли-
тельной деятельности при решении задач.

В книге приводится система из 32 эвристических приемов ре-
шения задач по физике, предназначенная для учащихся средних
общеобразовательных учреждений. В соответствии с предпочти-
тельной последовательностью применения и общностью направле-
ния преобразований заданной ситуации эвристические приемы
объединены в шесть семейств. Приемам каждого семейства посвя-
щена отдельная глава.

Для пояснения способов применения этих приемов и демонст-
рации их эффективности приводятся решения более 300 задач. Ка-
ждая третья из этих задач предлагается для самостоятельного ре-
шения. В пособии показываются возможности применения одного
и того же приема при решении задач из различных разделов физи-
ки, а также возможность решения одной задачи различными спосо-
бами, основанными на применении разных эвристических приемов.

Кроме этого, даются рекомендации по оформлению решений,
алгоритмы некоторых частных методов решения задач определен-
ного типа и некоторые эвристико-алгоритмические приемы, кон-
кретизирующие способы применения изучаемых эвристических
приемов при определенных состояниях заданной ситуации.

Пособие написано для школьников различного возраста. При
решении каждой третьей задачи используется теоретический мате-
риал, доступный для учащихся основной школы.
Правила, принятые для обозначения в пособии

• Первая цифра номера задачи соответствует номеру изу-
чаемой главы, число после точки обозначает порядковый
номер задачи в данной главе.

• Если в скобках указаны другие номера, значит, в данном
пособии рассматриваются и другие способы решения этой
задачи, а в скобках указаны их координаты-номера.

• Если после номера задачи написана буква «С», значит,
данная задача предлагается для самостоятельного реше-
ния. К таким задачам в конце пособия приводятся подсказ-
ки и ответы.

• Если после номера задачи написана буква «Т», то это тре-
нировочная задача. После самостоятельного решения дан-
ной задачи рекомендуется ознакомиться с авторским ре-
шением, приведенным в конце главы.

• Для удобства запоминания заданной ситуации, при разре-
шении которой оказался полезен изучаемый алгоритм или
эвристический прием, каждая задача имеет краткое назва-
ние.

• Номер рисунка соответствует номеру задачи, для иллюст-
рации которой он необходим. Если рисунков несколько, то
после номера рисунка ставятся буквы русского алфавита.

Обращение к читателям,
только начинающим изучать физику

Если Вы хотя бы год изучали физику в школе, то эта книга уже
для Вас. Все эвристические приемы, о которых рассказано в этом
пособии, Вам будут понятны, а если для решения какой-либо зада-
чи Вам еще не хватает знаний, то откладывайте ее «на потом»
и переходите к следующей задаче или к следующей главе. Озна-
комьтесь со всеми приемами. Затем, по мере пополнения своих
знаний, возвращайтесь к пропущенным ранее примерам.
Глава 1.

ВВЕДЕНИЕ В ТЕМУ
АЛГОРИТМЫ И ЭВРИСТИКИ

Два вида поисковой деятельности

Любую деятельность человека можно представить как после-
довательное решение различных задач. Во время решения любой
задачи, в том числе учебной задачи по физике, мы совершаем два
вида логических и практических действий: алгоритмические -
действия по образцу и эвристические - действия, направленные на
поиск этого образца. При этом найденный образец может настоль-
ко сильно отличаться от исследуемого предмета или процесса, что
обнаружить полезное сходство удается либо в результате озарения,
либо благодаря хорошей подготовке к решению таких проблем,
что, впрочем, взаимосвязано. Вспомним, как Архимед решил про-
блему химического состава царской короны, погрузившись в пере-
полненную водой ванну. Конечно, это было озарение, но сколько
он до этого думал над данной проблемой и сколько проблем он до
этого уже решил!

Моделирование заданной ситуации

Чтобы при решении каждой новой задачи человек мог дейст-
вовать по образцу, он в своем сознании должен иметь упрощен-
ный образ - модель той ситуации, которая уже была решена ранее,
и создать в своем сознании модель той ситуации, которую он начи-
нает исследовать. В процессе моделирования человек абстрагиру-
ется от частных особенностей исследуемых объектов, оставляя
своим модельным объектам только наиболее важные для решения
задачи черты реальных и поэтому уникальных и неповторимых
объектов.

Два вида рекомендаций для организации
поиска решения задач

Для повышения эффективности поисковой деятельности при
решении задач разработаны различные рекомендации (предписания
и приемы), которые в соответствии с двумя видами мыслительной
деятельности условно разделяют на два типа: алгоритмические
и эвристические.

Виды алгоритмических предписаний

Последовательность действий, выполнение которых приводит
к получению ответа на поставленный в задаче вопрос, называется
алгоритмом решения данной задачи. Благодаря запоминанию
алгоритма решения каждой решенной задачи мы получаем еще
один образец, на который сможем ориентироваться при решении
других задач.

Для похожих задач составляют алгоритм решения задач оп-
ределенного типа.

Но даже задачи одного типа можно решать различными спосо-
бами (методами), и наоборот, одним и тем же способом можно ре-
шать задачи различного типа, поэтому существуют алгоритмы
применения того или иного способа решения задач.

Чтобы при решении задачи правильно применять физиче-
ский закон, следует запомнить алгоритм применения физическо-
го закона.

Если строго придерживаться определения алгоритма, то алго-
ритмом можно назвать только алгоритм решения задачи, в кото-
ром все действия четко расписаны. Все остальные алгоритмы пра-
вильнее называть алгоритмическими предписаниями, поскольку
в них указывают только основные этапы действий, предполагая,
что решающий способен самостоятельно понять, какие действия
необходимо осуществить на каждом этапе.

Из-за существенных различий в ходе решения разнообразных
задач по физике обший алгоритм решения любой задачи можно
сформулировать только в форме перечисления основных этапов
решения задачи.

Основные этапы решения физической задачи

Этап анализа содержания задачи начинается с первого зна-
комства с формулировкой задачи и заканчивается выяснением того,
что дано и что требуется найти без каких-либо дополнительных
умственных или практических действий над данными, и с требова-
ниями, приводящими к получению информации, не содержащейся
непосредственно в формулировке.
На физическом этапе поиска решения разрабатываются мо-
дели предметов и процессов, рассматриваемых в задаче, подбира-
ются физические законы, описывающие взаимосвязь между объек-
тами. В результате составляется система уравнений, содержащих
в числе неизвестных и искомые величины.

Математический этап поиска решения начинается с преоб-
разования составленной системы уравнений с целью вывода рас-
четной формулы для получения ответа в общем виде и заканчива-
ется нахождением числового ответа на вопрос задачи.

На этапе проверки решения оценивают реальность результа-
та. Проверяют единицы полученной величины. Проверяют спра-
ведливость выводов для более простых частных и предельных слу-
чаев, при которых ответ очевиден или может быть получен сразу
независимо от общего решения. Определяют условия, при которых
выполняется полученная зависимость. Находят аналогию с реше-
ниями других задач. При получении многозначного ответа резуль-
таты исследуют на их соответствие условиям задачи.

Четкого разделения задачи на этапы провести невозможно,
поскольку уже на этапе начального ознакомления с содержани-
ем задачи начинается и первоначальное моделирование объектов
и заданной ситуации в целом. При записи краткого содержания за-
дачи выполняются действия математического этапа по переводу
величин из одних единиц в другие. Этап проверки единиц искомой
величины проводится перед непосредственными вычислениями
самой величины. При решении сложных задач часто после получе-
ния промежуточного результата решения вновь следуют физиче-
ский и математический этапы, а иногда и этап анализа условий,
однако общая последовательность действий сохраняется.

Рассмотрим пример решения задачи с помощью алгоритмиче-
ского предписания, называемого «Метод узловых потенциалов».

Пример решения задачи по алгоритму
«Метод узловых потенциалов»

Задача 1.1. «Квадрат конденсаторов». Определите заряд на
конденсаторе, подключенном между точками 2 и 4 (см. рис. 1.1.а.).
Емкости всех конденсаторов одинаковы и равны С.
Возможное решение

1. Обозначим (произвольно) знаки зарядов на обкладках кон-
денсаторов (если в ходе решения окажется, что заряд на каком-
либо конденсаторе получился отрицательным, это значит, что мо-
дуль заряда конденсатора вычислен правильно, но знаки на его об-
кладках противоположны расставленным первоначально).

Решение первого пункта: см. рис. 1.1.6.

2. Обозначим буквами потенциалы узлов с учетом изменения
потенциала по обе стороны от источника тока (для упрощения
расчетов удобно потенциал одного из узлов принять равным нулю,
т.е. выбрать нулевой уровень потенциальной энергии).
Решение второго пункта: см. рис. 1.1.в.

3. Выделим изолированные от других участки электрической
схемы (помните, что пространство между обкладками конденсато-
ра заполнено диэлектриком и представляет собой разрыв цепи; не
забывайте, что внутри источника тока заряды движутся, поэтому
он не разрывает цепь).

Решение третьего пункта: см. рис. 1.1.г.

4. Запишем дзя IV- 1 изо шрованного участка цепи закон со-
хранения заряда (где У - число всех соседних изолированных уча-
стков), т.е. сумму зарядов на соответствующих обкладках кон-
денсаторов приравняем к нулю.

Решение четвертого пункта:

Для участка с узлом 2: + с/23 + с/24 = 0.

Для участка с узлом 4: -ц2А + с/34 + <?45 = 0.

Для участка с узлами 1 и 5: +^|2 + ц1У - - цА5 = 0.

5. Выразим заряды как произведение емкости на соответст-
вующую разность потенциалов (записывая разность потенциалов,
следует всегда из потенциала положительной обкладки вычитать
потенциал отрицательной) и подставим в систему уравнений, по-
лученную в предыдущем пункте.

Решение пятого пункта:

-С(^’-(р2) + С((р2 -<р,) + С(<р2 -<р4) = 0.

-С(<р2 - <р4) + С(<р4 - <р,) + С(<р4 - 0) = 0.

+С(^7-ф,) + С(й’-ф3)-С(ф3 -0)-С(ф4 -0) = 0.

6. Проведем сокращения и постараемся решить задачу в об-
щем виде. (Если решение в общем виде затруднено, то можно под-
ставить числовые значения величин и решить задачу численным
методом.)

Решение шестого пункта:

+ <р2 +<р, -<р, +<р2 -<р4 =0.

-ф, +Ф4 +Ф4 -Ф, +Ф4 =0.

& — фэ + — ф3 — ф3 — ф4 — о.

Упростим данную систему уравнений:

Зф2-ф,-ф4=Г;
-<р, - Ф3 + Зф4 = 0;

Ф, + 2ф3 + ф4 = 2^.

Чтобы избавиться от ф3, второе уравнение умножим на -1
и сложим с первым, затем второе уравнение умножим на 2 и сло-
жим с третьим, получаем:

4ф - 4ф4 =

—Ф2 + 7ф4 = 2^.

Можно продолжить решение дальше. Но заметим, что для от-
вета на поставленный в задаче вопрос необходимо знать (ф, — ф4).

Из первого уравнения последней системы получаем: ф, -ф4 = —<%’.

Следовательно, заряд на конденсаторе, подключенном между
точками 2 и 4, равен </,4 =—Ссз7.

Данная задача предлагалась на ЕГЭ по физике в 2003 году. От-
метим, что примерно половина всех выпускников школ Калужской
области, решивших эту задачу использовала «метод узловых по-
тенциалов». Вторая половина действовала на основе алгоритмиче-
ского предписания «метод обхода контура». С алгоритмами приме-
нения названных методов можно познакомиться в школьных
учебниках для углубленного изучения физики

Чтобы алгоритмические предписания запоминались, необхо-
димо отрабатывать умение их применять в ходе решения задач.
Поэтому прежде, чем приступать к знакомству с эвристическими
предписаниями, советуем решить две следующие задачи.
Задача 1.2.Т. «Сложная схема». Определите заряды на каждом
конденсаторе в схеме, изображенной на рис 1.2.а.

Задача 1.З.С. «Хитрая схема». Определите заряды на каждом
конденсаторе в схеме, изображенной на рис 1.3.а.

Надеемся, что у Вас получилось решить эти задачи. Теперь да-
вайте знакомиться с эвристическими предписаниями.

Понятие об эвристических предписаниях

Если задача оказывается для Вас нестандартной, то на опреде-
ленном этапе ее решения перед Вами обязательно возникнет про-
блема: что делать дальше? Т.е. определиться с тем, какие мысли-
тельные и практические действия следует совершить, чтобы
привести задачную ситуацию к знакомому Вам виду и снова при-
ступить к алгоритмическим действиям. В этот момент Вы вовле-
каетесь в поисковую эвристическую деятельность. Для эвристиче-
ской деятельности характерно отсутствие упорядоченной системы
действий, использование метода проб и ошибок, опора на интуи-
цию и приобретенный ранее собственный, может быть даже не-
осознанный, опыт решения других задач. Чтобы сделать этот поиск
более осознанным, упорядоченным и целенаправленным, разрабо-
таны специальные рекомендации по преобразованию нестан-
дартной задачи в стандартную. Эти рекомендации называют
эвристиками. В зависимости от степени обобщенности рекомен-
дованных действий различают три уровня эвристических рекомен-
даций.

Главный эвристический совет

Главным эвристическим советом является рекомендация «пре-
образовать нестандартную задачу в одну или несколько стан-
дартных». Как это сделать, подсказывают эвристические рекомен-
дации второго уровня.

Эвристические предписания второго уровня

К эвристическим предписаниям второго уровня можно отнести
следующие советы:

• Еще раз внимательно проанализируйте содержание зада-
чи и разработайте наиболее простую модезь заданной
ситуации.
• Попытайтесь выявить закономерности исходя из общих
соображении (используя аналогию, ориентируясь на идеи
симметрии, законы сохранения, принципы простоты, отно-
сительности, причинности, наложения (суперпозиции), до-
полнительности, соотношение неопределенностей).

• Обратите внимание на особенности предметов и процес-
сов рассматриваемых в задаче.

• Разбейте саму задачу или рассматриваемые в ней объек-
ты на части, перекомбинируйте их.

• Временно измените степень конкретизации условий за-
дачи.

• Создайте комфортные условия для своей работы.

• Попробуйте представить себя на месте рассматривае-
мых объектов.

Более конкретные рекомендации (эвристическиерекомендации
третьего уровня) называют эвристическими приемами. В пример-
ном соответствии с эвристическими рекомендациями второго
уровня >вристические приемы можно объединить в шесть се-
мейств.

Система эвристических приемов решения задач
по физике

Первое семейство «Анализ условий и разработка модели»
объединяет приемы, которые полезно использовать на начальном
этапе преобразования нестандартной ситуации в стандартную.
К нему относятся приемы:

• Идти от требований к условиям и исключать лишнее.

• Доопределять термины и логически структурировать.

• Идеализировать свойства.

• Перекодировать текст в схему.

• Подобрать дополнительные данные.

• Сначала разработать простейшую модель.

После разработки первоначальной модели заданной ситуации,
надо попытаться найти решение задачи, взглянув на заданную си-
туацию в целом, исходя из наиболее общих законов и методологи-
ческих принципов физики. Иногда это удается, и тогда решение ока-
зывается коротким и красивым! Если же полностью решить задачу
не удается, то выявленные закономерности существенно упростят
дальнейший поиск необходимых для решения соотношений. Стро-
гие формулировки упоминающихся в данном пособии методологи-
ческих принципов физики приведены в конце главы 3.

Ярким примером успешного применения методологического
подхода для меня остается воспоминание о фразе одной из моих
учениц, произнесенной сразу после знакомства с условием задачи
по оптике для 11 класса. Девушка училась в 10 классе, и у нее име-
лись только общие представления о законах оптики, сформировав-
шиеся в 8 классе. Текст задачи гласил:

Задача 1.4. «Свет в цилиндре». На гладкий торец стеклянного
цилиндра падает рассеянный свет. Каким должен быть показатель
преломления стекла, чтобы свет, проникший в стекло, не мог вый-
ти через боковую поверхность?

Взглянув на предложенный одиннадцатиклас-
сникам рисунок (см. рис 1.4.), девочка произнесла:
«Я не знаю, почему, но угол должен быть 45°».
И это был правильный ответ! Важная особенность
рассматриваемого явления, позволяющая быстро
отыскать ответ, была угадана ученицей на интуи-
тивном уровне, на основе внутренней убежденно-
сти в симметрии, как важнейшем свойстве боль-
шинства природных явлений.

В семейство «Общий подход» входят эври-
стические приемы:

• Пос мотреть на ситуацию в целом.

• Найти аналогию.

• Искать симметрию.

• Выявить сохраняющиеся характеры тики.

• Посмотреть с другой стороны.

• Представить как результат наложения (с уперлозиции)

Следующий шаг на пути сведения нестандартной задачной си-
туации к стандартной можно сделать с помощью приемов семейст-
ва «Выявление особенностей». Для этого можно попробовать:

• Учесть особые свойства.

• Учесть согласованность изменений.

• Ис пользовать геометрические образы

• Исследовать график.

• Уточнить - изменить модель
Если после применения приемов из первых трех семейств Вам
не удалось сделать задачу стандартной, то можно попробовать вос-
пользоваться рекомендациями из семейства «Разбиение на части
и переструктурирование»:

• Разде лить на части.

• Выявить периодизацию.

• Ввести вспомогательные элементы

• Изменить взаимное расположение.

• Заменить на равносильные.

• Выразить искомое частично через себя.

• Решить обратную задачу.

Еще одним способом изменения заданной ситуации является
изменение уровня обобщенности или конкретизации условий зада-
чи. Задачную ситуацию можно сделать более конкретизированной,
если некоторым неизвестным величинам присвоить конкретные
числовые значения (подобрав их из соображений простоты и здра-
вого смысла) При этих значениях находят одно или несколько ча-
стных решений конкретизированной задачи. И уже на основе этих
решений делают вывод о возможном решении исходной задачи.
Можно не просто конкретизировать свойства некоторых объектов,
а идеализировать их. Например, предположим, что числовое значе-
ние некоторой характеристики объекта равно нулю. Тогда задача
становится более легкой. Получив ответ на идеализированную за-
дачу, делают поправку на вклад, который внесет в задачную ситуа-
цию объект после снятия с него дополнительной идеализации,
и находят решение исходной задачи. Упростить задачную ситуа-
цию могут не только конкретизация и идеализация объектов,
но и временное обобщение условий задачи. Достоинства решения
задачи в общем виде, наверное, вы уже оценили на уроках матема-
тики и физики. Но степень обобщенности может быть еще боль-
шей, когда вместо каждой из величин подставляется только поря-
док ее числового значения (метод оценки по порядку величины)
или только единицы этой величины (метод размерностей при ре-
шении задачи). Применение метода размерностей или метода оцен-
ки по порядку величины может существенно сократить время на
логические преобразования и математические вычисления. Таким
образом, в семейство «Изменение степени конкретизации усло-
вий» объединяются приемы:
• Решить более идеализированную задачу.

• Решить более обобщенную адачх

• Решить более конкретизированную задачу.

Конечно, после решения таких задач необходимо возвращаться
к анализу исходной задачи и применять выявленные закономерно-
сти уже для ее решения.

Семейство «Мобилизация внутренних резервов» указывает
на огромное влияние нашего психологического состояния на ус-
пешность решения задачи. Решающий должен постараться создать
для своей поисковой мыслительной и практической деятельности
максимально комфортные условия и в максимальной степени ис-
пользовать собственный субъективный опыт восприятия рассмат-
риваемых процессов. Для этого можно:

• Регулировать уровень уверенности в себе.

• Вживаться в образ объектов, использовать «Метод ма-
леньких человечков».

• Устроить «Мозговую атаку».

• Сменить условия работы.

• Переключиться на другую деятельность.

Более подробно о возможностях и правилах применения эври-
стических приемов решения физических задач будет рассказано
в следующих главах.

Более простое решение задачи (1.1. «Квадрат конденсаторов»),
основанное на использовании принципа симметрии

и приема разбиения на части

Возможное решение

Попробуем упростить схему. Если внимательно на нее посмот-
реть, то можно заметить, что схема довольно симметричная. Эф-
фект симметрии можно усилить, если сделать две эквивалентные
замены: конденсатор, подключенный между точками 2 и 4, заме-
нить на два последовательно включенных конденсатора емкостями
2С каждый, а источник тока заменить на два последовательно
„ 1 „

включенных источника тока с э.д.с., равной —& каждый (см. рис.

1.1.Д-).

Учитывая симметрию схемы, можно заметить, что потенциа-
лы точек А, В и 3 одинаковы. Точки равного потенциала .можно
соединить проводником, тогда для облегчения расчетов правую
половину схемы можно отбросить (см. рис. 1.1.е.). Кроме того, для
ответа на вопрос задачи нам достаточно узнать разность потенциа-
лов между точками 2 и 3 (Л), поэтому схему можно еще упростить
(см. рис. 1.1.ж.).

Теперь можно приступить к стандартным (алгоритмическим)
действиям, характерным для решения задач по данной теме.

Общая емкость двух конденсаторов, подключенных парал-
лельно, равна ЗС.

Согласно закону сохранения заряда, можно записать, что заряд
на конденсаторе, подключенном между точками 1 и 2, равен обще-
му заряду на конденсаторах, подключенных параллельно, между
точками 2 и 3, т е. СЦ2 = ЗСС23.

С учетом наличия источника тока можно записать, что
^12 +^23 =~^'

Получаем: С23 =— <%. Следовательно, с учетом симметрии схе-
8

мы, С24 = откуда <?24 =

На примере данной задачи легко заметить, что иногда отступ-
ление от основного алгоритма позволяет существенно уменьшить
объем математических расчетов. В то же время идею, на которой
построено более короткое решение, увидеть достаточно сложно, об
этом свидетельствует тот факт, что при решении этой (или слегка
измененной) задачи в ходе сдачи Е1 ) 2003 только несколько выпу-
скников школ Калужской области увидели возможности для упро-
щения схемы.

При этом стоит заметить, что многие выпускники предприни-
мали попытки для упрощения схемы, но эти попытки оказались
неудачными, поскольку придуманные ими эквивалентные схемы не
были эквивалентными исходной. В итоге они получали неправиль-
ные ответы. Поэтому, если вам в голову пришла идея нестандарт-
ного упрощения расчетов, не спешите ее реализовывать, сначала
выясните, не приведет ли придуманное Вами упрощение к такому
изменению задачной ситуации, после которого вы начнете решать
совсем другую >адачу.

Понятие об эвристико-алгоритмических приемах

И все-таки процесс творческого поиска непредсказуем. Вы
можете за пару минут подобрать или придумать необходимый при-
ем упрощения задачной ситуации, а, может быть, на это вам потре-
буется несколько суток. Если будете стараться, то непременно, ра-
но или поздно решите задачу. Ио на жзаменах при выполнении
контрольных работ на физических олимпиадах и физических боях
время решения задач ограничено. В таких ситуациях огромную
роль играет ваша натренированность в решении различных задач.
Решая задачу самостоятельно или знакомясь с решениями по посо-
биям, вы запоминаете большое число частных алгоритмических
приемов установления взаимосвязи между величинами в опреде-
ленных условиях, ставших для вас стандартными. Знание нужного
приема существенно сокращает время на решение задачи. Но 01-
ромное разнообразие физических явлений приводит к еще больше-
му разнообразию задач по физике и множеству частных приемов
их решения. Чтобы облегчить запоминание часто встречающих-
ся в задачах частных алгоритмических приемов и сделать такое
знание более востребованным, можно сформулировать их так,
чтобы они стали более эвристическими, удобными для их «перено-
са» на решение других задач, в том числе из других разделов физи-
ки. Такие алгоритмические приемы с эвристической направлен-
ностью формулировок называют эвристико-алгоритмическими
приемами.

Структурно каждый эвристико-алгоритмический прием (ЭАП)
состоит из краткого нашания, указывающего на основную идею
приема, и краткого алгоритма его применения, сформулированного
с достаточной степенью определенности и максимально возможной
степенью обобщенности. Формулировки всех эвристико-алгорит-
мических приемов, которые приводятся в данном пособии, выделе-
ны. Постарайтесь понять их. запомнить и научиться применять.
Среди задач, предназначенных для самостоятельного решения,
обязательно найдется хоть одна задача на применение данного
приема.

Возможные решения тренировочных задач

К задаче 1.2. «Сложная схема»

1. Обозначим знаки зарядов на обкладках конденсаторов (см.
рис. 1.2.б.).

2. Обозначив ( буквами потенциалы узлов с учетом изменения
потенциала по обе стороны от источника тока (для упрощения
расчетов потенциал узла, расположенного между конденсаторами
8С и 5С, будем считать равным нулю).

3. Выделим изолированные от других участки электрической
схемы (один участок объединяет нижнюю обкладку конденсатора
2С и верхнюю конденсатора 8С, второй изолированный участок
объединяет нижние обкладки конденсаторов С, 8С и 4С).

4. Запишем для выделенных изозированных участков закон со-
хранения заряда, т.е. суллп зарядов на соответствующих обклад-
как конденсаторов приравняем к их ио (будем обозначать заряды,
учитывая их зависимость от емкости, например, заряд конденсато-
ра емкостью 8С будем обозначать </„). Получаем:

-г/,+^-0;

+91 - 9« - ^ = О-

5. Выразим заряды как произведение емкости на соответст-
вующую разность потенциалов (записывая разность потенциалов,
из потенциала положительной обкладки вычитаем потенциал отри-
цательной) и подставим в систему уравнений, полученную в преды-
дущем пункте:

-2С(ф2-ф| ) + 8С(ф|-0) = 0;

С(2Г - (<р2 - ^)) - 8С(ф, - 0) - 4С((ф2 - 4^) - (-^)) = 0.

Кроме тою, для конденсатора 5С разность потенциалов между
обкладками известна, поэтому его заряд равен

=5С(0-(-^)) = 5С^.

6. Проводим сокращения и научаем =— <72”9« =

= — Сс? (знак минус указывает на неправильный первоначальный

32
выбор знаков на обкладках этих конденсаторов), = — €’<?,

ц, = 5С?.

Краткие итоги главы 1

Подводя итоги первой главы, еще раз отметим, что залогом ус-
пешного решения физической задачи является не только знание
вами физических законов и алгоритмов их применения в различ-
ных ситуациях, но и ваше умение преобразовывать задачную си-
туацию к стандартному для вас виду с помощью системы эвристи-
ческих приемов! Постарайтесь понять эти эвристические приемы
и научиться их применять!
Глава 2.

СЕМЕЙСТВО ПРИЕМОВ
АНАЛИЗ УСЛОВИЙ И РАЗРАБОТКА

МОДЕЛИ

Решение любой задачи начинается с изучения ее формулиров-
ки (содержания). При этом мы знакомимся с требованиями задачи,
изучаем условия (данные) и выясняем основной конфликт задачи.
Т.е. пытается ответить на вопросы: Что известно? Что найти?
В чем проблема? Анализируя условия задачи, каждый из нас абст-
рагирует, идеализирует объекты и явления, выделяет преобладаю-
щие (доминирующие) процессы, подбирает дополнительные дан-
ные, отбрасывает лишние условия, устанавливает взаимосвязь
между качественными и количественными характеристиками, вы-
являет необходимые и достаточные для решения условия, разраба-
тывает такую модель задачной ситуации, которая делает задачу
решаемой.

Эвристические приемы семейства «Анализ условий и разра-
ботка модели» подсказывают нам, какие действия можно приме-
нить, чтобы оптимизировать этап анализа условий и разработки
начальной модели задачной ситуации (постановки задачи) К этому
семейству относятся следующие эвристические приемы:

• Идти от требований к условиям и исключать лишнее.

• Доопредечять термины и чогически структурировать.

• Идеализировать свойства объектов.

• Перекодировать текст в схему

• Подобрать дополнительные данные.

• Сначала разработать простейшую модель.

Дадим краткие пояснения по применению этих приемов.
Идти от требований к условиям
и исключать лишнее

Название этого приема ука<ывзс1 на предпочтительное на-
правление логических действий, направленных на анализ данных,
содержащихся в формулировке задачи с целью ее скорейшего ре-
шения. Подробное вникание в текст задачи лучше осуществлять
после первого беглого знакомства с ним, в ходе которого формиру-
ется общее представление о задачной ситуации и выясняется цель
задачи. Выяснив, что требуется наиги, можно приступать к деталь-
ному изучению условий. Такая последовательность действий по-
зволяет быстрее выявить те условия, которые могут быть полезны-
ми для поиска ответа, и те, которые оказываются несущественными
для решения поставленной в задаче проблемы. Примером могут
служить текст и решение следующей задачи:

Задача 2.1. «Синий электропоезд». Синий электропоезд, сле-
дующий по маршруту К*- М*. ежедневно отправляется из горо-
да К* в 12 ч 45 мин и прибывает в тог же день в город М*
в 15 ч 20 мин. Электропоезд состоит из 10 вагонов длиной 15 м
каждый. Расстояние между городами К* и М* равно 186 км.

Возможный вопрос 1. Какова средняя скорость поезда на всем
пути?

Возможный вопрос 2. Каким будет время возвращения элек-
тропоезда в город Л*, если он отправляется из города М* в 19 ч
10 мин и движется с той же средней скоростью?

Возможный вопрос 3. Через стекло какого цвета труднее всего
рассматривать этот электропоезд?

Если поставлен вопрос 1, то для ответа на него существенными
оказываются сведения о моменте отправления из города К*, мо-
менте прибытия город М* и о расстоянии между городами. Все ос-
тальные сведения оказываются лишними.

Для ответа на вопрос 2 важны только сведения о моментах от-
правления поезда из обоих городов и о его прибытии в город М*.

Для ответа на вопрос 3 существенными являются лишь сведе-
ния о цвете электропоезда.

Сведения о количестве вагонов и их длине во всех трех случаях
оказались лишними.
Задача 2.2.Т. «Синий электропоезд 2». Придумайте такой во-
прос к задаче, чтобы сведения о длине вагона были самыми важ-
ными. Решите придуманную вами задачу.

Если вернуться к задаче 1.2. «Сложная схема», то если бы тре-
бование задачи ограничивалось выяснением заряда на конденсате-

н1---------------

Рис. 2.3.а.

ре емкостью 5С, задача решалась бы эле-
ментарно, и большинство сведений оказа-
лись бы лишними.

Задача 2.3. «Конденсатор и резисто-
ры». В схеме, изображенной на рис. 2.3.а,
источник тока идеальный с э.д.с., равной
12 В, электроемкость конденсатора 5 мкФ,
сопротивление каждого резистора 3 Ом.
Найдите заряд на конденсаторе.

Возможное решение

Сразу после замыкания данной цепи конденсатор будет заря-
жаться, но в стационарном режиме ток через конденсатор не будет
идти. Поэтому не будет идти и ток через резистор, включенный
последовательно с конденсатором. Для упрощения схемы его мож-
но заменить проводом (см. рис. 2.3.6). Теперь легко заметить, что
конденсатор подключен параллельно к одному из резисторов, сле-
довательно, напряжение на нем равно напряжению на этом рези-
сторе. Поскольку источник тока идеальный, т.е. его сопротивление
равно нулю, то общее напряжение на двух резисторах равно э.д.с.
источника. Сопротивления резисторов равны, включены они по-
следовательно, значит, напряжение на каждом из них равно поло-
вине от общего напряжения, т.е. 6 В. Значит, напряжение на кон-
денсаторе тоже 6 В. Доопределяя термин электроемкость (величина
равная отношению заряда на одной из обкладок конденсатора
к напряжению между его обкладками), получаем расчетную фор-

Рис. 2.3.6.

мулу д = С-1С. Подставив числовые дан-
ные, получаем: <? = 30 мкКл.

Заметим, в данной задаче один из ре-
зисторов в схеме оказался лишним. Лиш-
ними оказались и сведения о числовом
значении резисторов, для получения отве-
та достаточно было указать, что их сопро-
тивления одинаковые.
Задача 2.4.С. «Конденсатор и резисторы 2». Придумайте та-
кой вопрос к задаче 2.3, чтобы сведения о емкости конденсатора
оказались лишними. Решите придуманную вами задачу.

Доопределять термины
и логически структурировать информацию

После первого знакомства с содержанием задачи не всегда уда-
ется установить логическую взаимосвязь между известными усло-
виями и целью задачи. Для сближения данных и цели прибегают к
их доопределению. При этом заменяют пространственные фразы
точными терминами, термины заменяют их определениями, вопрос
о качественном сравнении явлений сводят к вопросу о количест-
венном сравнении физических величин, характеризующих эти яв-
ления.

Особое внимание следует уделять содержащимся в тексте за-
дачи ключевым словам или целым фразам, которые в скрытой
форме указывают на численные значения некоторых физических
величин. Можно привести несколько примеров ключевых фраз:

Если «тело движется из состояния покоя», то его начальная
скорость равна нулю.

Если «газ гелий» (или аргон или иной инертный газ), то этот
газ можно считать идеальным одноатомным и его внутреннюю
3
энергию рассчитывать по формуле С7 = — чКТ.

Если «газ и его жидкость содержатся в закрытом сосуде», зна-
чит, газ является насыщенным (для газа, находящегося в состоянии
насыщения или близком к нему, обычно применяют термин «пар»).

Если «в закрытом сосуде содержится вода и ее пар при 100 °С»,
то пар находится в состоянии насыщения и его давление равно
105 Па.

Если «источник тока идеальный», то его внутреннее сопротив-
ление равно нулю.

Если дан «объем воды» и не надо учитывать ее тепловое рас-
ширение. то массу воды можно найти, вспомнив, что плотность
воды равна 1 г/см3.

Доопределение терминов помогает логической структуризации
информации и иногда позволяет сразу наметить план действий для
поиска ответа на вопрос задачи.
Именно так и происходит при решении следующей задачи,
часто предлагающейся учащимся 7 класса.

Задача 2.5. «Дельфин и акула». Скорость акулы в среднем дос-
тигает 30 км/ч, а скорость дельфина 18 м/с. Кто плавает быстрее?

Возможное решение

Для ответа на вопрос задачи требуется сначала доопределить
понятие быстроты движения. Вспомнив, что быстроту движения
характеризует скорость, делаем вывод, что надо сравнить скорости
акулы и дельфина. Значения скоростей указаны в тексте задачи.
Основной трудностью задачи является то обстоятельство, что зна-
чения скоростей акулы и дельфина выражены в разных единицах.
Поэтому для ответа на требование задачи, надо сравнить скорости,
выразив их в одинаковых единицах: либо в км/ч, либо в м/с. Выра-
зим скорость дельфина в км/ч:

18м = 18^=КЩ^ = 113600™=|я.36^ = 648^

д с 1с 1 1000 ч ч ч

3600 4

Теперь очевидно, что > гА , т.е. дельфин плавает быстрее.

Идеализировать свойства объектов

Исследуемые в физических задачах реальные тела и явления
настолько сложны, так взаимосвязаны с другими телами и явле-
ниями, что без их разумного упрощения (идеализации) не была бы
решена ни одна конкретная задача. Решая задачу, мы создаем в на-
шем сознании мысленные образы объектов, рассматриваемых
в задаче, и чем проще созданные нами модели объектов, тем легче
установить искомую взаимосвязь между ними. При идеали зации
пренебрегают теми особенностями объекта, которые в данных
условиях оказываются несущественными. В то же время при разра-
ботке упрощенной модели задачной ситуации надо стремиться
сохранять наиболее значимые свойства рассматриваемых тел
и явлений, чтобы созданная модель не приводила к ложным выво-
дам, противоречащим реальным фактам.

В некоторых случаях из формулировки задачи уже становится
ясен характер идеализации предмета или процесса. Можно привес-
• и примеры идеальных предметов, часто исполыуемых в физиче-
ских задачах:

Материальная точка - тело, ра шерами которого в данных ус-
ловиях движения или взаимодействия можно пренебречь. Напри-
мер, в задаче 2.1. «Синий электро поезд» при поиске ответов на во-
просы 1 и 2 поезд можно считать материальной точкой.

Абсолютно гладкая поверхность - поверхность, при движении
(или попытке движения) по которой тела нс испытывают трения.

Абсолютно упругое тело - тело, которое после деформации
полностью восстанавливает свою форму.

Абсолютно неупругое тело — тело, у которого отсутствует спо-
собность хотя бы частично восстанавливать свою форму.

Абсолютно твердое тело — тело, деформацией которого мож-
но пренебречь.

Идеальный газ - газ, состоящий из бесконечно малых частиц,
участвующих только в абсолютно упругих взаимодействиях.

Идеальный электроизмерительный прибор - прибор, подклю-
чение которого в электрическую цепь не приводит к каким-либо
изменениям в процессе движения электрических зарядов в ней (на-
пример, идеальный амперметр имеет пренебрежимо малое сопро-
тивление, а идеальный вольтметр - бесконечно большое).

Бесконечная равномерно заряженная плоскость — равномерно
заряженная плоская поверхность, размеры которой значительно
больше расстояния от нее до точки, в которой вычисляют напря-
женность этого поля.

Идеальная катушка индуктивности, идеальный источник то-
ка, идеальный провод — приборы, электрическим сопротивлением
которых можно пренебречь.

Идеальный блок - простейший механизм для изменения на-
правления действия силы, представляет собой пренебрежимо ма-
лой массы диск с желобом, способный вращаться без трения вокруг
оси, проходящей через его центр.

Нерастяжимая нить нить, растяжением которой можно пре-
небречь.

Инерциальная система отсчета — система отсчета, относи-
тельно которой тело сохраняет состояние покоя или прямолиней-
ного равномерного движения при отсутствии или компенсации
действия на него других тел.
Среди идеальных процессов можно выделить:

Прямолинейное равномерное движение (так тело может дви-
гаться только при полном отсутствии внешнего воздействия на не-
го или полной компенсации внешних воздействий, а это невозмож-
но ввиду сложного характера взаимодействия с другими телами).

Равноускоренное движение (возможно только при условии по-
стоянства внешнего воздействия, но при изменении положения те-
ла относительно других тел изменяется и характер его взаимодей-
ствия с этими телами).

Теплоизолированный процесс (реально невозможно исключить
теплообмен тела с другими телами).

Абсолютно упругий и абсозютно неупругий удары (всегда име-
ют место остаточная деформация и частичное восстановление
формы тела после снятия внешней нагрузки)

Существует большое количество других идеальных моделей,
используемых при решении физических задач. В то же время часто
нам приходится самостоятельно моделировать задачную ситуацию
и решать, какие тела или процессы следует считать идеальными.
При этом рекомендуется следовать принципу простоты и строить
модель, отражающую только самые существенные свойства рас-
сматриваемого в задаче объекта.

Задача 2.6. «Падение сосульки». Сколько времени будет падать
сосулька, сорвавшаяся с крыши на высоте 19,6 м?

Возможное решение

Если попытаться учесть влияние силы сопротивления воздуха,
то решить задачу с помощью математического аппарата, которым
владеют учащиеся средней школы, практически невозможно. Если
же идеализировать процесс падения сосульки, пренебрегая силой
сопротивления, то движение можно считать равноускоренным
с ускорением у = 9.8 м/с‘. Учитывая содержащиеся в неявном виде
сведения о нулевой начальной скорости, можно быстро найти ответ:

[2Н /2-19,6 м „

/ = ---. 1 = ---г =2 с.

\ у у 9,8 м/с

Заметим, что этот ответ может оказаться неправильным, ведь
не секрет, что бывают сосульки длиной свыше 1 м. Очевидно, что
время падения длинной сосульки будет меньше, чем короткой. По-
этому приведенное решение будет правильным для случая, когда
сосульку можно считать материальной точкой*. Т.е. когда размеры
сосульки много меньше расстояния от крыши до земли.

Довольно часто идеализировать, отбрасывать несущественные
свойства объектов исследования и пренебрегать некоторыми вели-
чинами, характеризующими эти свойства, приходится уже в ходе
решения задачи. Рассмотрим сложную задачу по термодинамике,
для решения которой необходимо упрощать математическое опи-
сание исследуемых процессов, чтобы не выходить за рамки мате-
матического аппарата школьного уровня.

Задача 2.7. «Теплоемкость». Найдите величину теплоемкости
и работу, которую совершают два моля аргона при незначительном
расширении по закону р1 • V = сопз1, если известно, что температу-
ра газа увеличивается на АГ .

Возможное решение

Внимательно изучим содержание задачи. Необходимо найти
теплоемкость. Вспомним определение: теплоемкость - физическая
величина, численно равная отношению количества теплоты пере-
данного телу к изменению температуры этого тела: С = . Чтобы

АГ
получить формулу для расчета количества теплоты, вспомним за-
кон сохранения энергии для тепловых и механических явлений, т.е.
первый закон термодинамики: = Аб/ + А . В условии указано, что
газ - аргон. Это инертный газ, следовательно, его можно считать
идеальным и вычислить изменение внутренней энергии по форму-
3

ле Аб/ = —у/?АГ Для получения расчетной формулы работы газа
можно воспользоваться тем, что в условиях задачи сказано
о незначительном расширении газа. Значит, при расчете работы
можно пренебречь небочъшим изменением давления и использовать
формулу А = рА V .

Чтобы установить связь между температурой газа, давлением
и объемом, вспомним, что Аля идеальных газов справедливо урав-
нение Менделеева-Клапейрона: рУ = уКТ. Газ расширялся, будем
считать, что первое уравнение М-К записано для начального со-
стояния аргона, а для его конечного состояния записываем:
(р + Ар)(У + АУ) = уК(Т + АТ). Раскрыв скобки, получаем: рУ +
+ рАУ + АрУ + Ар АУ - у КТ + уКАТ . Вычитая из уравнения М-К для
конечного состояния уравнение М-К для начального состояния,
получаем:

рАУ + Ар1 + АрДУ = уКАТ. (1)

Воспользуемся еше одной характеристикой исследуемого про-
цесса, а именно математической зависимостью, указанной в усло-
вии, и приравняем выражения для начального и конечного состоя-
ний: (р + Др)2(У + ДС) = ргУ. Раскрыв скобки получаем:

/гДИ + 2р&рУ + 2рЬр\У + Лр2У + Др2 ДУ - 0. (2)

Учитывая, что в условии задачи указано на незначительное
расширение газа, принимаем решение об упрощении, идеализации
математического описания этих процесс ов, а именно о пренебре-
жении малыми слагаемыми. К малым слагаемым отнесем те сла-
гаемые, которые содержат произведение двух и более приращений
давления или объема, т.е. АрАИ~0. 2рАрДС^0. Д/?2И~0,
Д/ГД Т « 0 . Тогда уравнение (1) упрощается до вида

рА^ +АрИ = у/?АГ. (3)

Упрощение уравнения (2) позволяет записать р2ДГ+ 2рАрГ=0.
Разделив его на р, получаем:

рДГ + 2АрГ = 0. (4)

Решая совместно (3) и (4), получаем: рДУ = 2у/?ДТ.

Тогда работа по расширению аргона будет равна А=рДУ =
= 2уЯДГ.

Возвращаясь к первому закону термодинамики, можно запи-
3 7

сать: СДГ =—у/?ДТ + 2у/?ДГ =—у/?ДТ.

2 2

Следовательно, теплоемкость аргона равна С =—уК.

Подобное упрощение формул, описывающих исследуемый
в задаче процесс, используется в решениях многих задач из раз-
личных разделов физики.

Задача 2.8. «Колебания бусинки». По кольцу из диэлектрика
равномерно распределен электрический заряд (). Через центр коль-
ца проходит ось. перпендикулярная его плоскости. Маленькая бу-
синка, имеющая массу т и заряд ц противоположного знака с заря-
дом кольца, может свободно скользить по оси. Определите период
малых колебаний бусинки относи гелию центра кольца. Радиус
кольца равен К.

Возможное решение

Внимательно изучим условие задачи.
Поскольку ничего не сказано о расположе-
нии кольца относительно Земли, что дела-
ет неизвестным угол между осью кольца
и направлением силы тяжести, то можно
сделать вывод о том, что действием силы
тяжести по сравнению с силами электри-
ческого взаимодействия можно пренеб-
речь. Чтобы было легче представить за-
дачную ситуацию, сделаем рисунок, на
котором изобразим кольцо и бусинку.

смещенную на некоторое расстояние * от центра кольца. Вдоль оси
симметрии проведем координатную ось X. Чтобы лучше разобрать-
ся с геометрией процесса, расстояние* изобразим значительно
большим, чем это должно быть согласно условию малости колеба-
ний. Очевидно, что кольцо будет притягивать бусинку. Из сообра-
жений симметрии (об этом приеме подробно рассказано в главе 3)
понятно, что сила притяжения бусинки к кольцу будет направлена
вдоль оси симметрии кольца. Проблема заключается в том, что
кольцо не является материальной точкой, и поэтому мы не можем
воспользоваться законом Кулона. Чтобы решить эту проблему,
применим еще один прием: мысленно разобьем кольцо на большое
число X одинаковых небольших участков, размеры которых значи-
тельно меньше расстояния от него до бусинки: А/ « у/К2 +х2

Заряд каждого такого участка дуги равен Сила взаимо-

Р 1

действия каждого участка с бусинкой равна г] =----------,

4л:е0 К + х

Р 1 И'М р

т.е. г. ----—V1—-г- . Результирующая всех сил притяжения

4те0 +х )

бусинки к каждому из участков кольца будет равна сумме про-
екций на ось X каждой силы взаимодействия между бусинкой
к

и соответствующим участком кольца. Е = сока. При этом
сока = —. Так как все силы одинаковы по модулю, то сумма
у1К2+х2

проекций их на ось ОХ будет равна:

г _>___________14 Ц х те. Р =________________1 ММ*

4ле0 Х(К2+х2) у1к2+х2 ’ ' 4лео, М

Получилась довольно сложная зависимость силы, стремящейся
вернуть бусинку к середине кольца от смещения бусинки.

Чтобы упростить математическую модель явления, учтем то
условие задачи, которое указывает на незначительность колебаний
бусинки. Это значит, что х«К. а. следовательно, х2 совсем пре-
небрежимо малая величина по сравнению с К2. Значит, колебания
бусинки можно описать более простым уравнением:

Р =। ММ*

4леп /?’

Согласно полученной зависимости, сила, стремящаяся вернуть
бусинку в положение равновесия, прямо пропорциональна смеще-
нию бусинки от этого положения.

Дальнейшие преобразования, позволяющие рассчитать период
колебаний бусинки, также довольно сложны, но можно воспользо-
ваться методом аналогии (подробнее об этом рассказано в главе
3) Заметим, что полученная взаимосвязь между проекцией элек-
трической силы, действующей на колеблющуюся бусинку, и ее
смещением математически аналогична зависимости между проек-
цией силы упругости пружины, действующей на прикрепленный
к ней колеблющийся груз массой т, и смещением этого груза
р с р а г 1 14к?1
г...= -кх. Если обозначить к =----- - , то аналогия станет

'р 4ле0 К}

совсем очевидной. Если динамика движения тел одинакова, то
и уравнения, характеризующие движения этих тел, будут одина-
ковыми. Период колебаний груза на пружине вычисляют по фор-
муле Т - 2л^^- , значит, период колебаний бусинки будет равен:
= 2л

/и-4 ле,,/?

1 .е. Т = 4л

/иле07?3

1Ж

Упрощение математической модели, путем пренебрежения ма-
лыми слагаемыми, полезно запомнить, и чтобы это было легче сде-
лать, сформулируем эвристико-алгоритмический прием.

ЭАП «Пренебречь малыми слагаемыми»

Если в формуле, описывающей физический процесс, имеют-
ся слагаемые, содержащие в качестве одного из множителей
очень малые величины, то этими слагаемыми можно пренебречь,
чтобы получить математически более простое, но достаточно
точное описание рассматриваемого явления.

С наибольшей долей вероятности можно пренебрегать ма-
лыми слагаемыми, возведенными в квадрат или более высокую
степень.

Желающие могут попробовать применить этот ЭАП при реше-
нии следующей задачи.

Задача 2.9.С. «Газ под поршнем». Замкну-
тый цилиндрический сосуд делится подвижным
невесомым поршнем на две части (см. рис. 2.9.)
В нижней части находится моль гелия, а в верх-
ней части - вакуум. Поршень связан с дном со-
суда упругой пружиной. Найдите теплоемкость
гелия под поршнем. Учесть, что при нерастяну-
той пружине поршень будет находиться возле
самого дна.

Рис. 2.9.

Перекодировать в схему

Используя наглядные образы при анализе заданной ситуации,
мы подключаем свое образное мышление. Изображение условий
задачи в виде рисунка, графика, таблицы или графа помогает бы-
стрее и проще установить взаимосвязь между условиями и требо-
ванием задачи. Символьная краткая запись содержания задачи
(обычно эту операцию несколько неточно называют записью крат-
кого условия), использование формул для выражения качественно-
го и количественного соотношения между величинами, помогают
получить целостное представление о заданной ситуации и немного
иначе взглянуть на исследуемые объекты. Изображение на рисунке
начального, конечного, а иногда и промежуточного состояний спо-
собствует лучшему пониманию происходящих изменений.

Советы по записи краткого содержания задачи

1. При записи краткого содержания задачи желательно записы-
вать все величины именно в тех единицах, которые указаны в тек-
сте задачи. Это объясняется тем, что, если в момент записи крат-
кого содержания была допущена ошибка при переводе числового
значения величины из одних единиц в другие, то обнаружить ее
становится крайне сложно, так как за исходные данные решающий
обычно берет шачения, записанные уже в кратком содержании.

2. Если решение задачи происходит самостоятельно, то пред-
почтительна запись краткого содержания, в которой сначала
записывается требование задачи, а затем условия. Такая последо-
вательность записи настраивает решающего на выявление в фор-
мулировке задачи именно тех условий, которые необходимы для
ответа, и позволяет сразу отсеивать некоторые лишние сведения.

Например, краткое содержание задачи «Синий электропоезд»
при наличии только первого, только второго или только третьего
вопроса может иметь вид, показанный на рис. А., Б., В. к эвристи-
ческому приему «Перекодировать в схему»:

V
ср •__________

б = 12 ч 45 мин

Л = 15 ч 20 мин
.у = IХ6 км

Рис А

б = 12 ч 45 мин
б = 15 ч 20 мин
б = 19 ч 10 мин

Г^ср! ^ср2

Рис. Б.

Цвет стекла - ?

Синий электропоезд

Рис. В.

3. Традиционная форма записи краткого содержания, начи-
нающаяся со слова «дано», после чего перечисляются все сведения,
содержащиеся в исходной формулировке задачи, удобна и пред-
почтительна в ситуации совместного решения задачи, когда пре-
подаватель диктует текст задачи учащимся и параллельно с этим
записывает числовые значения величин, указанные в тексте. При
этом преподаватель не хочет и не должен выполнять вместо своих
учеников операции отсева лишних условий, доопределения терми-
нов, идеализации объектов.

Учитывая достоинства каждой из форм записи краткого со-
держания, вопрос выбора остается на ваше усмотрение.

Схематично можно изобразить ситуацию и с помощью рисун-
ка. Эффективность такого приема показана в решении задачи 2.8.
«Колебания бусинки». Но даже в задачах, к которым уже прилага-
ется рисунок, использование дополнительных рисунков может су-
щественно облегчить поиск решения.

Задача 2.10. «Схема 1». Определите показания приборов на схе-
ме (рис. 2.10.а.), считая, что амперметры и вольтметры идеальные.

Возможное решение

Начнем доопределять термины и упрощать заданную ситуа-
цию. В условиях указано на идеальность приборов. Идеальным на-

2 Решение сложных и несши ыр1ныч мл.1Ч по физике

33
зывают прибор, подключение которого к системе не вызывает ни-
каких изменений в ее функционировании. Идеальный амперметр -
это прибор, электрическое сопротивление которого равно нулю,
следовательно, его можно заменить обычным проводом. Идеаль-
ный вольтметр - это прибор, сопротивление которого бесконечно
велико, поэтому можно считать, что через участок, в котором на-
ходится вольтметр, ток не идет, и эти участки можно исключать из
цепи. Если сделать такие замены, то цепь будет иметь вид, пока-
занный на рис. 2.10.6.

Рассматривая этот рисунок, легко понять, что ток будет идти
только через резисторы с сопротивлениями 1 Ом и 3 Ом. Поэтому
упрошенная схема будет иметь вид, показанный на рис. 2.10.В.

Теперь становится очевидным, что сопротивление цепи равно
4 Ом, поэтому ток в цепи равен I А. Чтобы определить показания
приборов, вернем их в схему. Сначала вернем амперметры А\ и Л2
(см. рис 2.10.г.). Очевидно, что оба будут показывать ток 1 А. За-
тем вернем вольтметр К|. При этом учтем, что в начальной схеме
вольтметр был подключен последовательно с резистором сопро-
тивлением 2 Ом, следовательно, напряжение на вольтметре меньше
напряжения на всем участке. Но вольтметр идеальный, и его со-
противление во много раз больше сопротивления резистора, зна-
чит, и напряжение на вольтметре во много раз больше напряжения
на резисторе, включенном с ним последовательно, практически
равно напряжению на всем участке. Поэтому в схему возвращаем
вольтметр без резистора (см. рис. 2. Ю.д.). Видно, что напряжение
на вольтметре равно напряжению на резисторе с сопротивлением
3 Ом, учитывая, что ток через этот резистор равен 1 А, получаем
что, вольтметр показывает напряжение 3 В. Показания других при-
боров равны нулю, так как через них ток не идет.

Ответ: /Л| = /А =1 А, = 0А, Ц, =3 В, =0 В.

Использованный в задаче прием можно сформулировать в виде
эвристико-алгоритмического приема.

ЭАП «Убрать идеальные приборы»

Если в системе имеются измерительные приборы, действие кото-
рых можно считать идеальным, то для упрощения системы иногда по-
лезно временно исключить эти приборы из системы. Исключать прибо-
ры следует таким образом, чтобы функционирование остальных
элементов системы не изменилось.

Задача 2.11.С. «Схема 2». Определите показания приборов на
схеме (см. рис. 2.11.), считая, что амперметры и вольтметры иде-
альные.
Подобрать дополнительные данные

Не всегда в формулировке задачи содержатся все необходимые
для решения условия. Иногда сведения о них даются в неявном ви-
де, а иногда дополнительные данные приходится вводить, чтобы
задача стала решаемой. При подборе дополнительных данных мы
опирается на сведения, имеющиеся в нашей памяти, пользуемся
справочными данными или руководствуемся здравым смыслом
и принципом простоты.

Примером формулировки задачи, где дополнительные сведе-
ния даны в неявном виде, может служить задача 2.4. «Падение со-
сульки». Здравый смысл подсказывает, что начальную скорость
сосульки следует принять равной нулю, что действием силы сопро-
тивления можно пренебречь, поскольку высота падения относи-
тельно небольшая, и к тому моменту, когда скорость сосульки ста-
новится большой, падать ей остается совсем мало, а размеры
сосульки много меньше расстояния между крышей и поверхностью
земли. Значение ускорения свободного падения вблизи поверхно-
сти земли многие хорошо помнят, а при необходимости его легко
найти в любом справочнике по физике. Кроме того, здравый смысл
подсказывает, что для решения именно этой задачи удобно брать
значение § = 9,8 м/с2, так как указанное в задаче значение высоты
падения кратно данному числу. В большинстве других случаев,
согласно принципу простоты, удобно считать, что § — 10 м/с2. Час-
то приходится подыскивать дополнительные данные, решая задачи
на тепловые явления. Рассмотрим типичную задачу на теплообмен.

Задача 2.12. «Теплообмен в калориметре». В медном калори-
метре массой ты = 100 г находится вода массой тй = 200 г при тем-
пературе /, = 20 "С. В воду опускают стальную деталь массой
тс = 80 г и температурой 6 = 80 “С. Какая температура /у устано-
вится после прекращения теплообмена?

Возможное решение

Аналишруя условия, можно сделать вывод о том, что вода и ка-
лориметр будут нагреваться, а деталь - охлаждаться до некоторой
температуры /у, при этом часть тепла будет отдана в окружающую
среду.

Разработаем модель, которая еде чает задачу решаемой: Бу-
дем считать, что теплообменом с окружающей средой можно пре-
небречь (идеализация свойств и явлений).
Подберем в справочнике дополнительные данные: удельную
теплоемкость воды с„ = 4200 Дж/кг ”С, удельные теплоемкости ме-
ди см = 400 Дж/кг °С, стали сс = 500 Дж/кг *’С.

Количество теплоты, которое получает калориметр при тепло-
обмене, можно рассчитать по формуле- О, = см/им(/( -/,) , При этом
вода получит {)2 = сатк(р - /,).

Количество теплоты, которое выделится при охлаждении дета-
ли до р , можно вычислить по формуле: О. = сстс(12 - / ).

Составим уравнение теплового баланса в виде ^полученное =
= ^отданное, т.е. + ^2 = Получаем: сышм (/,. - /,) + ст((у - /,) =

. л гл +Св"/В)/1

= ст(12 -р). Откуда 1Г = —-----——------.

с т + с т + с т
м „ в в ее

После подстановки числовых данных получим: /г » 23°С.

Для тренировки предлагаем читателям самостоятельно спра-
виться с решением следующих задач.

Задача 2.13.С. «Теплообмен в калориметре 2». В медном кало-
риметре массой /»м = 100 г находится вода массой тк = 200 г при
температуре р = 20 °С В воду опускают стальную деталь массой
тс = 200 г и температурой /2 = 90 °С. Какая температура установит-
ся после прекращения теплообмена? Теппоемкостью калориметра
можно пренебречь.

Задача 2.14.С. «Дрова для костра». Заблудившиеся альпини-
сты добрели к вечеру до заброшенного сарая, где нашли спички,
дрова, чугунный котелок и даже пачку чая. Они наполнили котелок
снегом, развели костер, довели получившуюся воду до кипения
и заварили чай. Какую массу дров они сожгли, если КПД костра
(считая полезной только ту часть энергии, которая пошла на увели-
чение внутренней энергии воды :нега и котелка) оказался рав-
ным 1%. Начальная масса снега 6 кг, температура воздуха на улице
равна 10 "С, масса котелка 2 кг, масса получившегося чая 5 кг.

Теперь рассмотрим задачу, которую невозможно решить без
зведения дополнительных данных, сведения о которых не содер-
жатся в формулировке задачи даже в неявном виде.
Задача 2.15. «Мальчик и собака». Расстояние между мальчи-
ком и собакой равно 10 м Собака бежит со скоростью 2 м/с. Через
сколько времени собака подбежит к мальчику?

Скорее всего, Вы уже нашли ответ: «Через 5 с !».

Но вовсе не обязательно ответ должен быть таким. Собака мо-
жет бежа1ь в другую сторону. Может даже бегать по кругу вокруг
стоящего мальчика. Мальчик может бежать навстречу собаке или,
наоборот, убегать от нее... Понятно, что без введения дополни-
тельных данных ответов на вопрос этой задачи может быть беско-
нечно много. При этом заметим, что решение, которое сразу при-
ходит на ум. вполне уместно и выполнено в соответствии
с принципом простоты: если нет указаний и нет возможности уточ-
нить условие, а задачу решить надо, то следует рассмотреть про-
стейший вариант развития событий и не забыть указать на другие
возможные случаи. Именно на это и указывает последний прием из
семейства «Анализ условий и разработка модели».

Сначала разработать простейшую модель

Многие задачи по физике являются непоставленными. Для их
решения требуется дополнительно упростить ситуацию, пренеб-
речь некоторыми свойствами предметов и явлений, конкретизиро-
вать некоторые условия, т.е. разработать упрощенную модель. Ес-
ли Вы не смогли сразу определиться, какую выбрать модель,
начинайте с разработки самой простой модели, которая позволит
сделать задачу решаемой.

Пример непоставленной задачи, т.е. задачи, которую невоз-
можно решить без введения дополнительных условий, мы уже рас-
смотрели, теперь сформулируем некоторые рекомендации

Некоторые рекомендации по постановке задачи:

1. Если при анализе условий задачи оказывается, что воз-
можны различные варианты развития рассматриваемых
процессов, то следует сначала выбрать наиболее про-
стую модель заданной ситуации и решить ее. Затем, если
останется время, указать на другие возможные варианты
решения в рамках других моделей заданной ситуации, по
возможности найти эти решения и сравнить полученные
ответы.

2. Принимая для себя факт допустимости различных моделей
заданной ситуации и, соответственно, допуская возмож-
ность различных ответов на поставленный в задаче во-
прос, мы опираемся на принцип толерантности, согласно
которому истинное объяснение считает себя относитель-
ным и признает право существования других объяснений
определенного круга фактов. Поэтому для получения бо-
лее полного представления об исследуемых в задаче объ-
ектах полезно рассмотреть хотя бы несколько различных
моделей заданной ситуации.

Рассмотрим несколько примеров решений задач, когда прихо-
дится не только подбирать дополнительные данные, но и выбирать
между несколькими возможными вариантами моделей заданной
ситуации.

Задача 2.16. «Вес гири на Марсе». Сколько будет весить на
Марсе двухпудовая гиря?

Возможное решение

Проанализируем требования задачи: необходимо найти вес те-
ла (гири). Вспомним определение понятия «вес теза»: вес тела это
сила, с которой тело, вследствие притяжения к Земле (планете),
действует на горизонтальную опору или вертикальный подвес.
Проанализируем данные из форму лировки задачи: гиря двухпудо-
вая. Подберем дополнительные данные из справочника: пуд - рус-
ская мера массы, равная 16,38 кг. Подберем дополнительные дан-
ные из здравого смысла: будем считать, что требуется найти вес
неподвижной гири. Вспомним, чему равен вес неподвижной гири:
вес Р неподвижного тела равен силе тяжести РТ, действующей на
тело Р = Рт. Вспомним, как связаны сила тяжести, действующая на
тело, и его масса пт. Рт = т§, где § - постоянная силы тяжести на
поверхности планеты. Следовательно, Р = т§. Подберем дополни-
тельные данные из справочника: постоянная силы тяжести на по-
верхности Марса р = 3,7 Н/кг. Подставив числовые данные, полу-

чаем ответ: Р-2-16,38 кг-3,7 — = 121,12 Н~ 121 Н.

кг
Вспомнив о принципе толерантности, можно учесть то об-
стоятельство, что когда спрашивают: «Сколько весит тело?», то
обычно хотят получить ответ в эквивалентных единицах массы.
При этом коэффициентом пропорциональности между весом и мас-
сой выступает постоянная силы тяготения на поверхности Земли,
которая примерно равна = 9,8 Н/кг. Значит, чтобы дать ответ
в килограммах, надо значение веса в ньютонах делить на §0. Полу-
чаем еще один правильный ответ: Двухпудовая гиря на Марсе ве-
121 Н

сит: -------= 12,34...кг = 12 кг (на Земле она весит = 32 кг).

9,8 Н/кг

Кроме того, в настоящее время используются гири массой ров-
но 16 кг и 32 кг, которые и называют пудовая и двухпудовая, соот-
ветственно. В этом случае еще один правильный ответ таков: двух-
пудовая гиря будет на Марсе весить 118 Н (тоже примерно 12 кг).

Следующая задача интересна тем, что при ее решении прихо-
дится проводить достаточно много математических расчетов
и применять практически все приемы из изученного в этой главе
семейства. Эту задачу желательно постараться решить самостоя-
зельно, но затем ознакомиться с решением, приведенным в конце
этой главы.

Задача 2.17.Т. «Билет на поезд». Юноша, проводив родствен-
ников на поезд, пошел к хвостовому вагону со скоростью 0,5 м/с.
Через 1,5 мин после ухода юноши поезд начал отходить от станции
с ускорением 0,2 м/с'. В этот момент юноша вспомнил, что не ос-
тавил отъезжающим билеты. Он побежал за поездом с постоянной
скоростью 5 м/с, пытаясь догнать вагон, в котором ехали его род-
ственники. Сможет ли юноша передать билеты отъезжающим?

Теперь рассмотрим случай, когда выбор наиболее простой мо-
дели задачной ситуации оказывается неверным.

Задача 2.18. «Скорость электрона». Электрон разгоняется
в электрическом поле напряженностью Е = 5- 105 В/м. Найдите
скорость электрона через 1 нс.

Возможное решение

Подберем дополнительные данные. Массу и заряд электрона
можно взять из справочника или вспомнить: масса равна т = 9,1 х
х 10 11 кг, модуль заряда электрона е = 1,6 10 19 Кл. Из здравого
смысла приходим к выводу, что начальная скорость электрона пре-
небрежимо мала.

Будем рассуждать следующим обраюм. В однородном элек-
трическом поле на электрон действует постоянная сила, модуль
которой равен Е = еЕ. Электрон движется с постоянным ускорени-
ем, которое, согласно второму закону Ньютона, можно найти по
еЕ

формуле: а = —. Скорость электрона находим по формуле равно-
т

€ ' Е ' I
ускоренного движения: о — а-1. Следовательно, о =------. Под-

ставив числовые данные, получаем:

1,6-10 |9Кл-5105 В 1 10 9с

V =-----------------—---------,

9,1-10 31 кг

т.е. о = 8,8 107 м/с.

Проанализируем полученный ответ. Оказалось, что через 1нс
скорость электрона будет близка к скорости света в вакууме. Сле-
довательно, для получения более точного отвею необходимо ис-
пользовать иную математическую модель явления, учитывающую
релятивистские эффекты.

Эти решение можно было бы считать правильным, если не
обратить внимание, что полученная таким образом скорость
близка к скорости света (с = 3 10х м/с). При больших скоростях
необходимо учитывать релятивистские эффекты, поэтому решение
будет выглядеть следующим образом. Изменение импульса тела
равно импульсу силы р-р0 = Е-1, начальный импульс равен ну-
лю, поэтому р = Е I или, в скалярном виде, р-Е-1. Релятивист-

ский импульс частицы вычисляют по формуле:

то

Сле-

довательно

то

-е- Е I. Откуда получаем:

е- Е 1с
у](тс)2 + (е-Е-/)2
Подстановка числовых данных дает ответ: у = 8,4-107 м/с.
Именно этот огвег следует считать правильным.

Несмотря на то, что первоначально выбранная модель оказа-
лась неверной, сам метод выбора модели задачной ситуации был
абсолютно правильным. Если не известен характер развития собы-
тий, то следует сначала выбирать самый простой. Решить задачу и,
проанализировав ответ, полученный в рамках простейшей модели,
сделать вывод о допустимости этой модели или о переходе к дру-
гой более сложной модели. Например, если бы напряженность
электрического поля была в 10 раз меньше, то различия между зна-
чениями скорости электрона, полученными в рамках обеих моде-
лей, практически не было бы.

Ярким примером необходимости разрабатывать самую про-
стую модель задачной ситуации являются задачи-оценки, в кото-
рых содержится мало данных и требуется получить только прибли-
зительное числовое значение искомой величины.

Задача 2.19. «Архимедова си га воздуха». Оцените выталки-
вающую силу, действующую на Вас в воздухе.

Возможное решение

Данная задача является непоставленной. т.е. требует уточнения
условий, подбора дополнительных данных. Уточним условия. Ар-
химедова сила воздуха вычисляют по формуле: Сд = р^Е, где р
плотность воздуха, § постоянная силы тяжести, V - объем тела
Н кг

человека. Для оценки примем # = 10 —, р = 1,3 — (многие
кг м

школьники это помнят с уроков в 7 классе).

Оценить объем человеческого тела можно несколькими спосо-
бами.

Способ оценки объема тела человека «методом бруска».

Будем считать, что тело человека имеет форму бруска харак-
терных размеров: высота А = 1,7 м, ширина Ь = 0,3 м, толщина
/ = 0 2 м. Тогда объем равен

Е= ИЫ = 1,7 • 0,3 0,2 м3 = 0,34 0,3 м3 » 0,1 м3.

Следовательно, на человека в воздухе действует выталкиваю-
кг Н

щая сила, равная С. =1,3—10— 0,1м'=1,3 Н = 1 Н.

м3 кг
Способ оценки объема человека « метода и плавания в воде».

Объем Г тела человека равен отношению массы т человека
к его плотности рчел. Свою массу знает каждый. Предположим, она
равна т ~ 70 кг. Плотность человека можно принять равной плот-
ности воды рчел ~ Рводы (во-первых, многие помнят, что свыше 80%
массы человека составляет вода, во-вторых, известно, что, если на-
брать немного воздуха и, не дыша, погрузиться в воду, то будешь
плавать почти полностью, погрузившись в воду). Значение плотно-
сти воды вспомнить также не составляет труда рюы=Ю00—Г-
м3

Следовательно, объем человека равен V = т « м = 0,07 м3.
р 1000
Г во 1Ы

Получаем, что на человека в воздухе действует выталкивающая
кг Н

сила, равная Р «1,3 -г-10 — 0,07 м3 =0,9 Н = 1 Н.
м кг

Часто задачи-оценки приходится решать астрономам. Рассмот-
рим учебную задачу по астрофизике.

Задача 2.20. «Температура Солнца». Оцените температуру
внутренних слоев Солнца, учитывая, что видимый угловой диаметр
Солнца равен примерно а = 0,5°, расстояние от Земли до Солнца
г = 1,5 • 108 км, температура поверхности Солнца ГГ1ОВ = 0000 К.

Возможное решение

Анализ содержания эадачи показывает, чго данных явно недос-
заточно для получения ответа, поэтому в ходе решения будем под-
бирать дополнительные данные. Если предположить, что эту
задачу приходится решать на экзамене или олимпиаде, то дополни-
тельные сведения постараемся подбирать только из памяти.

Вспомним строение Солнца. Как и большинство звезд, Солнце
состоит преимущественно из водорода и частично из гелия. Оче-
видно, что температура внутри Солнца увеличивается по мере при-
ближения к центру. Требование задачи оценить температуру внут-
ренних слоев Солнца - уточним, и будем оценивать температуру
Солнца на расстоянии от центра, равном половине его радиуса.

Таким образом, для начала необходимо оценить радиус Солн-
ца. Учитывая, что известно расстояние до Солнца и его угловой
диаметр, можно воспользоваться формулой длины дуги окружно-
сти, ограниченной двумя радиусами, угол между которыми ра-
вен а. Получаем: 4.кр = гокр • и, где угол выражен в радианной мере.
Чтобы найти числовое значение угла а в радианной мере, необхо-
димо числовое значение угла в градусной мере умножить на 2л
и разделить на 360°. Получаем, что радиус (т.е. половина диаметра)

„ 0,5-а°-2л . с ,л1| 0,5-0,5-2-3 „ , .

Солнца равен К -г------------= 1,5-10 м------------= 7-10 м.

360° 360

Вспомним, что темпера гура на Солнце очень большая, поэтому
атомы водорода и гелия ионизированы, т.е. Солнце состоит из дви-
жущихся с огромной скоростью ионов водорода и гелия. Будем
считать, что к такой модели можно применять уравнение Менде-
леева-Клапейрона. Следовательно, для получения оценочного зна-
чения температуры в недрах Солнца необходимо оценить мас-
су Солнца, его молярную массу, объем и давление на заданной
глубине.

Массу Солнца оценим с помощью закона всемирного тяготе-
ния и известных всем сведений о движении Земли вокруг Солнца.
Земля делает один оборот вокруг Солнца за время т = 1 год, двига-
ясь примерно по окружности. Центростремительное ускорение

Земли можно вычислить, используя формулу кинематики: а = —,
г

или с помощью второго закона Ньютона: а-—. Скорость движе-
т

ния Земли вокруг Солнца можно найти по периоду обращения

2лг „ „

V-----, а силу гравитационного взаимодействия Солнца с Зем-

С г п

леи - с помощью закона всемирного тяготения: г =О—. 11о-
г

4л2г Л/с 4л2-г3

лучаем: —— = О—— , откуда Мс =---------—. Подставим числовые

Г г' Сг

данные, выраженные в единицах СИ.

,, 4-10-1,5’10^

И =------------------------- кг.

710 "-365--24*-3600-

Округляя каждое из подставляемых значений до одной (двух)
значащих цифр, получаем:

4-1,5-1,5-1,5-Ю45 1,5 -1,5 -1,5 - Ю33

Л7< ------------------------ КГ ~ ------------ К1 .

7-400-400-20-20-4000-4000 7-1-4-2-2-4-4

Т.е. масса Солнца равна /Ц = 2 • 103<1 кг.
Объем Солнца находим по формуле объема шара:

=ул/?с’ =4/^ =4-7' 1(Г'м’ 1,4 10 V

Чтобы оценить молярную массу С олнца, воспользуемся самой
простой моделью и будем считать, чю Солнце состоит только
из водорода. Водород полностью иониюван, следовательно, вме-
сто каждого нейтрального атома водорода на Солнце имеются
две частицы: протон и электрон. Масса электрона много меньше
массы протона. Поэтому молярная масса Солнца равна примерно
половине молярной массы атомарного водорода

~ц(Н)~0 5 10
2

кг

моль

Для оценки давления Солнца воспользуемся формулой гидро-
статического давления столба жидкости: р = р#Л. При этом учтем,
что ускорение силы тяжести максимально на поверхности Солнца
и уменьшается до нуля по мере приближения к его центру, поэтому
в расчетную формулу подставим величину, равную половине уско-
рения силы тяжести на поверхности.

Ускорение силы тяжести на поверхности Солнца находим из
закона всемирного тяготения. Получаем:

^Л7Се 7 10 "-2-101" Н ,пп Н

ёс = С---Г ~------й----^й----~ 300 —•

К2 7-10^-7-10 кг кг

Среднюю плотность Солнца находим по формуле:

Ре =

2 1Озокг

1,4 1027м3

.1400^
м

ч
К

Получаем, что давление в недрах Солнца равно

р. 7?

Р ™ ~Р< — — ~ 1400-150-3,5 10хПа 7 -Ю1’Па.

/ внутр '^22

Теперь, воспользовавшись уравнением Менделеева-Клапей-
рона, записываем расчетную формулу для оценки температуры

внутри Солнца: ГВ1|угр = _—— Учтем, что универсальная

,/1 ж

1азовая постоянная равна /? = 8,3------, а также тог факт, что

мольК

нами уже найдено значение плотности Солнца, получаем:
т

ВНу1р

А„у,р-Мс _ 7-Ю13-0,5-10 1
р(Л ~ 1400-8,3

К^З-106 К.

Таким образом, темпера гура в недрах Солнца равна примерно
трем миллионам кельвинов! Очевидно, что в центре Солнца она
еще больше.

Задача 2.21.Т. «Пу.1я». При выстреле из ружья начальная ско-
рость пули равна около 800 м/с. Оцените, с какой скоростью будет
вылетать пуля из патрона, если патрон бросить в костер.

Надеемся на благоразумие наших читателей, которые не станут
реша гь эту задачу экспериментальным методом.

Задача 2.22.С. «Звезда 1ет». Предположим, что Вы летите
в звездолете в той части Галактики, где плотность звезд составляет
1/8 звезды на кубический парсек (это чуть больше, чем плотность
звезд вблизи Солнца). Оцените, каково среднее время перелета ме-
жду звездами, если скорость звездолета в 15 раз меньше скорости
Солнца.

Возможные решения тренировочных задач

К задаче 2.2. «Синий электропоезд 2»

Вопрос может быть сформулирован следующим образом. За какое
время проходит поезд мимо почтальона Печкина, стоящего обнизи
жезезной дороги, если в этот момент скорость поезда в псптора раза
больше его средней скорости на всем участке пути?

Возможное решение этой задачи. Доопределяя термины, вспо-
минаем, что средняя скорость равна отношению всего пути ко вре-
мени движения. Весь путь известен. Время движения равно ( =
= 15 ч 20 мин - 12 ч 45 мин = 2 ч 35 мин = 155 мин. Выразив это
время в секундах, получаем: I = 9300 с. Средняя скорость равна
186000 м _ м „

и =----------= 20—. Значит, скорость движения поезда относи-

р 9300 с с

>ельно почтальона равна = 30 м/с.

Длина всего состава равна Г = 15 м 10 = 150 м. Следователь-
но, относительно почтальона поезд проехал за время

Ь 150 м Г
/„ = — =-----= 5 с.

30 м/с
К задаче 2.4. «Конденсатор и резисторы 2»

Вопрос может быть сформулирован гак: Какая мощность вы-

деляется на каждом резисторе (см рис. 2.3.а)?

Рис .2.4.

Возможное решение этой задачи. Через
участок цени, содержащий конденсатор, ток
не идет, поэтому его можно убрать, и тогда
эквивалентная схема будет иметь вид, пока-
занный на рис. 2.4. Сила тока в такой цепи

равна

;=^=12В=2А

К + К 6 Ом

Согласно закону Джоуля-Ленца, на каждом резисторе выделя-
ется мощность Р = /2/? = (2 А)2 • 3 Ом = 12 Вт.

К задаче 2.17. «Билет на поезд»

Перекодируем текст в схему запишем краткую формулировку
задачи, выражая значения всех величин в системе СИ. Учитывая

Сможет чи пере-
дать би 1еты

и 0,5 м/с

/, = 1,5 мин = 90 с

а? = 0,2 м/с-

1>1 = 5 м/с

г02 = 0 м/с

/в-?

и = 0,5 м/с

Г, =1,5 мин 90 с
а? - 0,2 м/с2
и, = 5 м/с

Н(,2 : 0 м/с
ОРв) = Т>Йв)-

рекомендации первого эвристического прие-
ма, начнем запись с вопроса задачи. Предпо-
ложим, что сразу мы не смогли решить, ка-
кую величину будем вычислять, поэтому
вопрос задачи запишем словами и оставим
немного места для записи значка искомой ве-
личины (когда выясним, что надо вычислять).

Уточним, что надо найти. Для этого по-

стараемся сблизить в терминологии данные и цель. В момент пере-
дачи билетов юноша и его родственники должны находиться
рядом, т.е. в определенный момент времени они должны иметь
одинаковые координаты. Значит, надо найти момент времени /в,
в который координаты юноши и родственников будут равны
Х|(/в)= -^Ов)- Этот факт внесем в известные данные и допишем
в краткую формулировку задачи значение
искомой величины /в.

Разработаем модель, которая сделаез за-
дачу решаемой. Подберем дополнительные
данные. Будем считать, что платформа доста-
точно длинная, чтобы юноша мог догнать
нужный вагон, и что один из родственников
готов мгновенно забрать билеты из его рук (идеализация свойств
и явлений).

Запишем уравнения движения юноши и родственников. Учтем,
что при решении системы уравнений, описывающих движения тел,
правильный ответ получается только в том случае, если за иссле-
дуемый интервал времени характер движения этих тел нс изменял-
ся. Поэтому за начальный момент времени возьмем момент начала
движения поезда

Определим начальные координаты юноши и родственников
в этот момент времени. Для этого перекодиру ем текст задачи в ри-
сунок. Проведем координатную ось X вдоль платформы. За тело
отсчета примем платформу. Будем считать, чго начало координат
совпадает с участком платформы, возле которого находился тамбур
вагона с родственниками в момент начала движения поезда. Для
определения координаты юноши в момент начала движения поезда
найдем расстояние которое прошел юноша к этому времени.
Двигался он с постоянной скоростью, поэтому ч\ = и 1\. Юноша
шел в сторону, противоположную направлению движения поезда,
поэтому его координата в момент начала движения поезда отрица-
тельна и равна -У].

Рис. 2.17.

Теперь можно составить систему уравнений, описывающих
одновременное движение юноши т,(/) и поезда х,(/'

х,(/) = -л1 +ц /;

. . щ • I

т>(О = ц,2- /+~т“

или •

*,(/) = -и- I;

В
будут
__ “Л
2

момент встречи (передачи билетов) / = /в координаты тел
одинаковыми Х|(/В) = х,(/В), следовательно, -и •/, + г/в =

Получаем квадратное уравнение: ^--/в-у, +»-Т, =0. Дис-

криминант его равен Т> = у‘-2аи/|. Уравнение имеет два корня:
г, -^,‘-204/, г;|+у?'|~ 2алЦ

ГН1 =--*------1— и /в, =--------------—. Подставив числовые

а-, * а2

значения, выраженные в СИ, получим:

/В1 =^^ = 12 (с) и /[(1=^1Д38 (с)

В1 0,2 в~ 0,2

Итак, уравнение имеет даже два решения, значит, можно сде-
лать вывод, что юноша догонит вагон и сумеет передать родствен-
никам билеты.

Однако, т читыная принцип толерантности, мы понимаем, что
в реальном случае все могло произойти иначе:

• родственники могли не вспомнить о билете и не услышать
окрика юноши, а дверь в вагон могла оказаться закрыта;

• платформа могла закончиться быстрее, чем юноша добе-
жал до вагона с родственниками;

• кто-нибудь из родственников мог побежать через вагоны
навстречу юноше;

• юноша мог споткнуться и упасть;

• кто-нибудь из родственников мог сорвать стоп-кран и т.п.

К задаче 2.21. «Пуля»

При выстреле из ружья пуля приобретает кинетическую энер-
гию благодаря работе сил давления пороховых газов по мере пере-
мещения пули по стволу. Если среднюю силу давления газов при-
нять равной У7, а длину ствола ружья У.|, то, пренебрегая
тепловыми потерями и кинетической энергией, которую приобре-
тают ружье и держащий его человек, можно записать:

у^ = '"^- (I)

Кинетической энергией ружья с человеком мы пренебрегаем
из следующих соображений. Масса человека с ружьем примерно
в 1000 раз больше массы пули, поэтому скорость, приобретенная
при выстреле, оказывается, созласно закону сохранения импульса,
примерно в 1000 раз меньше скорости пули, следовательно, кине-
тическая энергия человека с ружьем будет в 1000 раз меньше кине-
тической энергии пули.

Когда патрон взрывается в костре, то пренебрегать кинетиче-
ской энергией гильзы нельзя, поэтому закон изменения энергии
можно записать в виде г- Л, =—!—*- +—=^-^. Здесь мы опознаниям
2 2

буквой Ь2 расстояние, которое проходит пуля, перемещаясь в па-
троне внутри гильзы, а силу давления пороховых газов приняли
такой же, какой опа была в стволе ружья.

Записав закон сохранения импульса в виде 0 = , по-

лучаем, что скорость гильзы, вылетающей при взрыве патрона

Щ| ~

в костре, равна щ = п,—- 1огда закон изменения энергии прини-
тг

мает вид

(2)

Если разделить уравнение (2) на (1), получаем, что

ц /Л щ,
у I, т, + т2

Теперь придется сделать оценки соотношения между длинами
и массами. Будем считать, что длина ствола ружья примерно
в 100 раз больше длины той части гильзы, по которой перемещает-
ся пуля, прежде чем вылететь из нее (например, длина ствола 1 м,
а длина участка гильзы 1 см). Будем считать, что масса пули
в 3 раза больше массы гильзы. Подставив тти числовые оценки

в расчетную формулу, получаем, что п, ~ 40 м7с.

Достаточно большая скорость, чтобы доставить неприятности
тому, кто попытается бросать патроны в костер. Кроме того, учти-
те, что из костра будут вылетать и гильзы со скоростью примерно в
три раза большей, чем пули!

Краткие итоги главы 2

Внимательно изучайте содержание задачи. Выделяйте требо-
вание задачи и отбирайте только те данные, которые, на ваш
взгляд, смогут пригодиться для поиска ответа.

Чтобы легче было логически структурировать информацию,
доопределяйте термины, используйте краткую запись содержания
задачи, изображайте заданную ситуацию на одном или нескольких
рисунках.
Подбирайте дополнительные данные, опираясь на собственные
шания, здравый смысл и сведения и $ справочных пособий.

На начальном этапе моделирования задачной ситуации разра-
батывайте наиболее простую модель, которая бы учитывала основ-
ные особенности исследуемых объектов. При необходимости будь-
те готовы скорректировать свою модель, чтобы учесть те
особенности объектов, которыми вы пренебрегли на начальном
папе моделирования.

Не забывайте изученные эвристико-алгоритмические приемы:
«Пренебречь малыми слагаемыми»,
«Убрать идеальные приборы».
Глава 3.

СЕМЕЙСТВО ПРИЕМОВ
ОБЩИЙ ПОДХОД

Умение руководствоваться методом аналогии и методологиче-
скими принципами физики при анализе задачной ситуации позво-
ляет выявлять наиболее существенные закономерности исследуе-
мых объектов. Формулировки методологических принципов
физики и краткие пояснения к ним приведены в конце данной гла-
вы. Применительно к решению задач эти принципы можно пони-
мать как рекомендации по выбору направления логических рассу-
ждений.

Согласно принципу простоты, на этапе анализа условий и по-
становки задачи следует стремиться выявить самые очевидные,
наиболее характерные особенности рассматриваемых объектов
и разработать самую простую модель задачной ситуации. На этапе
преобразования задачной ситуации к стандартному виду надо
стремиться обнаружить аналогию с ситуациями, исследованными
вами ранее, и на основе этих данных пытаться решить задачу.

Принцип толерантности ориентирует нас на готовность ис-
пользовать различные законы физики и различные способы реше-
ния для достижения успеха в поисковой деятельности, а также пре-
достерегает от принятия результата решения как единственно
верного, поскольку в рамках другой модели задачной ситуации ре-
зультат может оказаться несколько иным.

Опираясь на принцип относительности, мы можем быть уве-
рены в правомочности применения известных законов в любой
инерциальной системе отсчета. Совместно с принципом простоты,
принцип относительности ориентирует нас на выбор такой систе-
мы отсчета, в которой проще всего выявить необходимые для ре-
шения задачи связи между предметами, явлениями и характери-
зующими их величинами.

Принцип симметрии помогает существенно упростить поис-
ковую деятельность при обнаружении тех или иных случаев прояв-
ления симметрии в рассматриваемой задачной системе.
Учет идеи сохранения часто позволяет достаточно просто вы-
являть некоторые существенные закономерности рассматриваемых
процессов, не исследуя их динамику, а лишь рассмотрев состояние
системы в некоторые определенные моменты времени, в некоторых
определенных областях пространств

Принцип суперпозиции предлагает попытаться представить
сложный объект, рассматриваемый в задаче, как результат нало-
жения друг на друга нескольких более простых объектов.

Согласно принципу соотвегс1вия, следует отбрасывать как
ошибочные такие гипотезы и такие ответы на сложные задачи, из
которых нельзя получить путем упрощения заданной модели отве-
ты на уже решенные более простые задачи.

Принцип причинности указывает на определенный порядок
событий, согласно которому событие «причина» всегда предшест-
вует событию «следствие». Если в ходе решения оказывается, что
принцип причинности нарушается, то решающему необходимо ис-
кать логическую ошибку в собственных рассуждениях.

Соотношение неопределенностей и принцип дополнитель-
ности предостерегают нас от механистического переноса законов
макромира на описание движения и взаимодействие микрочас-
тиц (элементарных частиц, атомов, молекул), указывают на необ-
ходимость учета корпускулярно-волнового дуализма объектов
микромира и на принципиальную невозможность одновремен-
ного получения точных энсргстически-импульсных и пространст-
венно-временных характеристики микрообъектов. (Согласно со-
отношению неопределенностей, пространственно-импульсная
неопределенность выражается соотношением Др,-Дх>—, где
2л

&рх- неопределенность проекции импульса на ось X, а Ах- неоп-
ределенность координаты микрообъекта в тот момент, когда он
имеет импульс рх, а энергетичсски-временная соотношением
й

ДЕ Д/>—, где ДЕ- неопределенность энергии микрообъекта
2л

в стационарном состоянии, а А/ неопределенность момента вре-
мени, когда микрообъект обладаем энергией Е.) Учет соотношения
неопределенностей позволяет в некоторых случаях достаточно бы-
стро сделать вывод о допустимости или невозможности существо-
вания рассматриваемых в задаче микрообъектов.
Аналогия означает сходство (между предметами, между про-
цессами). Согласно методу аналогии, следует стремиться строить
свои умозаключения, опираясь на сходство рассматриваемых в за-
даче объектов с объектами, исследованными ранее, сходство рас-
сматриваемой задачи с задачами, решенными ранее.

В семейство эвристических приемов, указывающих, как на ос-
нове общего (методологического) подхода можно выбрать направ-
ление поиска взаимосвязи между объектами эадачи, входят сле-
дующие приемы:

• Посмотреть на ситуацию в целом.

• Найти аналогию.

• Искать сим метрик).

• Выявить сохраняющиеся характеристики.

• Посмотреть с другой стороны.

• Представить как результат наложения (суперпозиции).

Дадим краткие пояснения данным приемам.

Посмотреть на ситуацию в целом

Умение представить заданную ситуацию в самых общих чер-
тах, выделив только наиболее существенные особенности рассмат-
риваемых процессов, часто помогает отыскать самый короткий,
а иногда и единственно верный путь решения задачи. Рассмотрим
следующую задачу.

Задача 3.1. «Энергичный щенок». Мальчик играл возле дома
и заметил приближающегося к нему со скоростью 0,5 м/с дедушку.
Внук пошел навстречу дедушке со скоростью 1 м/с. Щенок, до это-
го дремавший возле мальчика, тоже побежал к дедушке. Добежав
до дедушки, он, не сбавляя скорости, тут же побежал назад к маль-
чику, а затем снова к дедушке и т.д. Какое расстояние пробежал
щенок к моменту встречи внука с дедушкой, если скорость щенка
была 5 м/с, а начальное расстояние между мальчиком и дедушкой
150 м?

Возможное решение

Выясним требование задачи: необходимо найти расстояние,
которое пробежал щенок. Выделим в чем проблема: проблема
в том, что направление движения щенка изменяется, также изме-
няются пути, пробегаемые щенком до очередной встречи с внуком
или с дедушкой. Посмотрим на ситуацию в целом и выделим глав-
ное в движении щенка: главное, что щенок бегал с пос тоянной
скоростью. Значит, для ответа на вопрос задачи достаточно выяс-
нить сколько времени бегал щенок. Еще раз посмотрим на ситуа-
цию, описанную в задаче, в целом и зададимся вопросом до каких
пор бегал щенок. Ответ прост: щенок бегал до тех пор, пока внук не
встретился с дедушкой!

Найдем время, через которое внук встретился с дедушкой. Для
этого найдем скорость сближения внука с дедом (в системе отсчета
(СО) «земля» - это скорость уменьшения расстояния между внуком
и дедом, в СО «дед» это скорость приближения внука, в СО
«внук» - это скорость приближения деда): и = У\ + ул, и = 1.5 м/с.

_ х 150 м

Тогда время сближения I - —; I =----—; I = 100 с.

и 1,5 м/с

Таким образом, щенок бегал (=100 с со скоростью ь'з = 5 м/с, зна-
чит, расстояние х, которое он пробежал, равно х = у$- г, х = 500 м.

Иногда эту задачу начинают решать, вычисляя поэтапно путь,
пройденный щенком до первой встречи с дедушкой, затем путь,
пройденный щенком до второй встречи с мальчиком, затем путь до
второй встречи с дедушкой и т.д. Получаются довольно громоздкие
расчеты, в ходе которых для получения итогового ответа прихо-
дится делать еще и предельный переход. Очевидно, что приведен-
ное в этом пособии решение значительно проще.

Задача 3.2. «Встытие /п зырька». Герметичный кубический
контейнер объемом 1 м3 доверху наполнен водой. На дне контей-
нера находится маленький пузырек воздуха. На сколько изменится
давление воды на дно контейнера, если пузырек всплывет?

Возможное решение

Д1Я наглядности сделаем рисунок, изобразив заданную ситуа-
цию в начальный и в конечный моменты (см. рис. 3.2.а. и З.2.6.).

Теперь проанализируем условия задачи. Первое, что приходит
на ум: пузырек всплывает и, оказавшись в области с меньшим дав-
лением. расширяется. Расширяется, значит, расталкивает, сжимает
воду. Но по условию вода доверху заполняет контейнер и при этом,
как и все жидкости, она плохо сжимается. Рассмотрим предель-
ный случай: будем считать, что вода совсем не сжимаема. Зна-
чит, пузырек не сможет ее сжать, следовательно, объем пузырька
не изменяется. Значит, не изменяется и давление внутри пузырька.
Но давление внутри
пузырька равно внеш-
нему давлению на
него воды. Следова-
тельно, после всплы-
тия пузырька давле-
ние в верхней части
куба стало таким же,
как было в нижней
части куба. Теперь еще раз используем прием «посмотреть на си-
туацию в целом», рассматривая новое состояние системы: верх-
ние слои воды выше нижних на величину Л, равную стороне куба.
Значит, давление внизу больше на величину Др = р • & Л, где р
плотность воды, постоянная силы тяжести. Подставив числовые
данные, которые можно узнать справочнике ют просто вспом-
нить, получаем: Др = 1000-^-10-^-1 м, т.е. Др = = 104 Па. Т.е.,
м с

если пузырек всплыл, значит, давление на дно сосуда увеличилось
на 10 000 Па. Отметим, что такой ответ получается только в рамках
модели абсолютно несжимас мой воды.

Часто именно общий (методологический) подход позволяет из-
бежать ошибок при выборе математической модели заданной си-
туации.

Задача 3.3. «Перезарядка конденсаторов 1» В изображенной
на рис. З.З.а. схеме ключ в начальный момент находился в положе-
нии 1. Сколько выделится энергии при переводе ключа в положе-
ние 2? Э.д.с. источника равна %.

Рис. З.З.а.

Возможное решение

Рассмотрим ситуацию в целом. После пере-
вода ключа из одного положения в другое конден-
саторы будут перезаряжаться. Энергия, запасенная
конденсаторами, изменится, при этом некоторый
заряд пройдет через источник тока, и действую-
щие в нем сторонние силы совершат работу. Кро-
ме того, часть энергии выделится в виде тепловой
энергии (нагрев проводов) и энергии радиоизлуче-
ния (возникающего при ускоренном движении за-
рядов по проводам). Поэтому закон сохранения энергии можно за-
писать в виде И'н + Л1К1 = + (?. Эго основное уравнение для

ответа на вопрос задачи. Дальнейший поиск будет направлен на
получение формул для расчета начальной и конечной энергий кон-
денсаторов и работы источника тока.

Энергию на конденсаторах можно найти разными способами,
например, используя метод узловых потенциалов, рассчитать по-
тенциалы каждой из обкладок потенциалов, а затем энергию каж-
дого конденсатора.

Можно выбрать более короткий путь. Мысленно заменим ба-
тарею конденсаторов на один конденсатор эквивалентной емкости:
емкость двух конденсаторов, включенных параллельно, равна сум-
ме их емкостей, т.е равна ЗС. Общая емкость батареи конденсато-

ров равна Сн —— = 1,20 Следовательно, общая энергия на

С -Я52
конденсаторах равна =—-------= 0,6СЙ-

После переключения параллельно будут включены конденса-
торы емкостью по 20 каждый (см. рис. 3.3.б.), а общая емкость бу-
40 О

дет равна Ск =------= 0,80. Конечная энергия на конденсаторах

40 + 0

2 С

Чтобы выяснить, какой заряд прошел через ис-
точник тока, можно рассуждать таким обраюм. Из
анализа схемы в начальном и конечном состояниях
делаем вывод, что заряд, прошедший через источ-
ник, равен изменению заряда на левом конденсато-
ре. В начальном положении суммарный заряд
на левом конденсаторе и среднем конденсаторах
равен общему заряду цн = СН-<Г = 1,2С^. Напря-
жения на этих конденсаторах равны. Поскольку

Рис. З.З.б. емкость левого конденсатора в два раза меньше
емкости среднего конденсатора, то и заряд на
левом конденсаторе тоже в два раза меньше заряда на среднем.
Следовательно, начальный заряд на левом конденсаторе равен
9н1 = “(Ун ~ 0,4^^ Причем верхняя обкладка имеет отрицатель-
ный заряд, т.е. в начальный момент на верхней обкладке конденса-
тора заряд равен с/.'н = -0,4С^. После переключения ключа в по-
ложение 2 левый конденсатор оказывается подключенным
последовательно к системе из двух конденсаторов емкостями по
2С, поэтому заряд на верхней обкладке левого конденсатора стано-
вится равным = -Ск = -0,8С^ Следовательно, с верхней
обкладки левого конденсатора ушел заряд, равный А^ = 0,4С^.
Этот заряд прошел через источник тока, причем прошел в направ-
лении действия сторонних сил в источнике. Поэтому работа источ-
ника тока равна Лист = А^-^’ = 0.4С?’2 Подставив найденные
значения энергий системы конденсаторов и работы источника тока
в исходную формулу, получаем, что в системе выделится энергия,
равная

@ + 41( т - и; = о.бс^2 + о,4с^2 - о,4с^2 = о.всг2.

Задача 3.4.С «Перезарядка конденсаторов 2». Решите задачу
3.3 для случая, когда ключ в начальный момент находился в поло-
жении 2.

Анализ сложной задачной ситуации может стать проще, если
опираться в своих рассуждениях на такие методологические прин-
ципы, как принцип соответствия, принцип причинности, принцип
дополнительности и соотношения неопределенностей. При этом
иногда удается получить ответ, не прибегая к подробным расчетам
(см. задачи 3.5 и З.6.), в других случаях просто найти единствен-
ный (с учетом уровня знаний выпускника средней школы) способ
решения задачи (см. задачи 3.7. и 3.8.).

Задача 3.5. «Конференция». На научно-практической конфе-
ренции учащихся сразу два ученика выступили с докладами, сооб-
щавшими, что им удалось получить простые формулы, позволяю-
щие рассчитать силу всемирного тяготения между геометрически
правильными однородными телами, расположенными на неболь-
шом расстоянии друг от друга. Первый докладчик рассмат-
ривал взаимодействие между кубическими телами. По его рас-
четам получалось, что силу следует вычислять по формуле
е = с

у/п^т, (т^ + тгЦ)
К3

где /1 и А

соо гветствующие стороны

кубов, а /? - расстояние между ценграми кубов. Второй докладчик

вывел формулу для расчета силы взаимодействия между однород-

ными тетраэдрами (правильными треугольными пирамидами):

Е-С

т}(К2 —12)т2(К2 —122)

К1

, где /| и А соответствующие сторо-

ны треугольников, а /? - расстояние между центрами тетраэдров.
Чьи расчеты можно признать ошибочными, не прибегая к подроб-
ной проверке математических выкладок?

Возможное решение

Согласно принципу соответствия, любая новая теория, пре-
тендующая на более точное описание физической реальности, чем
старая, должна включать последнюю как предельный случай. Если
удалить кубы или тетраэдры на значительное расстояние (когда
/, « К и /, « К ), их можно рассматривать как материальные точ-
ки и силу взаимодействия между ними рассчитывать по формуле

Е — С—Эту формулу можно получить из формулы второго

докладчика, но нельзя получить из формулы первого. Следователь-
но, выводы первого докладчика можно сразу признать ошибочны-
ми, а расчеты второго требуют более подробного анализа.

Задача З.6.С. «Художественный вымысел». Какой методоло-
гический принцип был нарушен в сюжете фильмов: «Иван Василь-
евич меняет профессию» и «Терминатор»?

Задача 3.7. «Электрон не в ядре». При Р-распаде атомного яд-
ра образуется электрон, докажите, что электрон образуется именно
при распаде, а не вылетает из ядра.

Как правило, старшеклассники, познакомившись с данной за-
дачей, пытаются привлечь свои знания о строении атомного ядра,
но тут же приходят к выводу, что этих знаний недостаточно, чтобы
разобраться с поведением электрона, оказавшегося в ядре. Успех
приходит тогда, когда они самостоятельно или с помощью препо-
давателя приходят к идее попытаться, учитывая волновые свойства
электрона, сравнить размеры атомного ядра и размеры области
локализации электрона в пространстве при тех импульсных ха-
рактеристиках, которыми он должен обладать, находясь в ядре

После получения такой подсказки многие справляются с по-
ставленной задачей. Рассмотрим ее возможное решение.

При исследовании микрообъектов, к числу которых относится
электрон, необходимо учитывать ограничения, налагаемые на них
вероятностным характером поведения, вследствие чего их коорди-
ната и импульс могут быть определены только с той или иной до-
лей вероятности.

Из соотношения неопределенностей следует, что неопределен-
ность координаты Аг и неопределенность импульса Л/; микрообъ-

* А

екта святаны соотношением Д/т Аг —. Минимальные нсопре-
2л

И
деленности получаются при соотношении А/> Аг ® —.
2л

Выясним, может ли в принципе электрон находиться в ядре.
Электрон сможет находиться в ядре, если неопределенность его
координаты не будет превышать размеры атомного ядра. Но чем
меньше неопределенность координаты, тем больше неопределен-
ность импульса, а, значит, больше минимально допустимое для
данного состояния частицы значение импульса.

Предположим, что электрон входит в состав ядра, тогда
его максимальная координата не может превышать размеры ядра
г0 ~ 10 16м . Значит, и неопределенность координаты электрона
не должна превышать размеры ядра Аг < г{> а 10 16 м . Будем счи-
тать, что Аг~10 16м . Тогда неопределенность импульса оказы-
И А

вается равной А/т -------«------- Минимальный импульс не

2л-Аг 2л-г;,

может быть меньше своей неопределенности, следовательно,

А А 34

Рт<п~------ Учитывая, что —~10 Дж с, получаем

2л г0 2л

Ртт ~ Ю 1ХН - с . Это значение, на первый взгляд, ни о чем не гово-
рит, однако необходимо учитывать ограничения, налагаемые тео-
рией относительности на скорость движения любой частицы, она
должна быть меньше скорости света в вакууме.
Оценим минимальную скорость ысктрона в ядре. Следуя
принципу простоты, сначала предположим, что она много меньше
скорости света, и воспользуемся нерелятивистской формулой
р = те пт|П. Считая, что масса электрона приблизительно равна
тс «10 30кг , получаем: пт^~10,2м/с. Оказалось, что полученная
оценка скорости превышает скорость света, что запрещено теорией
относительности.

Оценим минимально возможную скорость электрона, находя-
щегося в ядре, исходя из релятивистских соотношений,
п - „ Рт1п-С п

Рт,„ - I , откуда Цт,п = ; =у. После подстанов-

у/^ + р^2

\ с2

ки числовых данных оценка по порядку остается прежней -
Ч™ ~10'2м/с.

Таким образом, можно сделать вывод, что электрон нс входит
в состав ядра атома и образуется уже во время его распада

Задача. З.8.Т. «Опыт Милликена». В опыте Милликена по из-
мерению элементарного электрического заряда рассматривалось
равномерное падение заряженной капельки масла массой 10 кг
в другой жидкости. При этом положение капельки определя-
лось с точностью до 10 'м . Какова неточность определения ее ско-
рости?

Найти аналогию

Чем больше личный опыт решения различных задач, имею-
щийся у человека, желающего решить очередной задачу, тем
больше вероятность решения им згой задачи. Опираясь на сходство
процессов и предметов, рассматриваемых в решаемой задаче,
с процессами и предметами, исследовавшимися в предыдущих за-
дачах, иногда удается сразу написать уравнения, устанавливающие
искомую в задаче связь между физическими величинами, или даже
сразу найти верное решение. Данный меюд решения получил на-
звание метода аналогии, который можно рассматривать как част-
ный случай проявления принципа симметрии в описании природ-
ных процессов. После установления аналогии решающий начинает
действовать «по образцу», т.е. его деятельность становится в ос-
новном алгоритмической, гарантированно приводящей к желаемо-
му результату. В моей памяти остался случай, когда ученик необы-
чайно быстро решил все три, предложенные ему, качественные
задачи изобретательского характера. Оказалось, что при решении
двух из этих задач ему удалось эффективно провести аналогию с
задачами, решенными ранее. Одна из задач звучала так:

Задача. 3.9. «Стук пишущей машинки». Как уменьшить стук
в машинописном бюро?

Следует отметить, что урок проходил в конце 80-х годов 20
столетия, поэтому данный вопрос был еще актуален. Ученик пред-
ложил подложить войлок под печатные машинки. Как он потом
признался, эта задача уже была им решена, поскольку его мама
подрабатывала набором статей на дому.

Другая задача была сложнее Я ее позаимствовал из замеча-
тельной книги Дж. Уокера «Физический фейерверк». Сформулиро-
вана она была так:

Задача. 3.10.С. «Масляная пленка и волны». В стихотворении
«Камера Просперо» Лоуренс Даррелл описывает ночную рыбалку
с острогой в лагунах у гор Албании. Ловля с острогой возможна
только в прозрачной и спокойной воде - даже легкий бриз сильно
искажает видимое изображение рыбы и мешает прицелиться. Од-
нако, побрызгав слегка на воду оливковым маслом, дело можно
поправить. Как насколько капель оливкового масла могут успоко-
ить воду?

При поиске ответа на л у задачу ученику помогло его увлече-
ние романами Жюля Верна. В одном из его произведений описыва-
ется аналогичная ситуация, когда его героям необходимо было
проплыть к берегу между рифами на терпящем бедствие корабле.
Но море штормило, и была слишком велика вероятность разбиться
о рифы. Пятнадцатилетний капитан догадался вылить в воду бочки
с запасами жидкого китового жира. Волны под пленкой сразу стали
значительно меньше и корабль смог проплыть между рифами.

Предлагаем читателям самостоятельно найти объяснение этому
явлению и продолжаем разговор об эффективности метода аналогии.

Ценное для решения задачи сходство может выражаться лишь
в единстве математического аппарата, описывающего исследуемый
объект и его аналог. Именно такой аналогией мы воспользовались
при решении задачи 3 8. «Колебания бусинки». При этом отметим,
что аналогия между колебаниями бусинки в электрическом поле и
колебаниями груза на пружине все-таки имела и внешние сходства,
поскольку в обоих случаях исследовались колебательные процес-
сы. В других случаях сходство математического аппарата, описы-
вающего заданную ситуацию, проясняется только после составле-
ния нескольких уравнений.

Задача 3.11. «Торможение санок». Санки массой т и длиной /
скользят со скоростью г’о по гладкому льду. Неожиданно лед закан-
чивается, и санки выезжают на асфальт, после чего они останавли-

ваются, заехав на асфальт лишь на длины. Коэффициент трения

санок об асфальт равен р. Найдите время торможения санок.

Возможное решение

Сложность решения этой задачи заключается в том, что ско-
рость санок уменьшается под действием силы трения, величина
которой возрастает по мерс увеличения доли санок, оказавшейся на
асфальте.

Попробуем рассмотреть особенности данного движения. Сила
трения скольжения равна произведению коэффициента трения на
силу реакции опоры, действующую на скользящее тело. Легко оп-
ределить, что в тот момент, когда на асфальте находится часть са-

„ ИР

нок длиной х. сила трения равна г1р =р—— х . Учитывая направле-

ния перемещения и силы, можно записать: гтрг = -р-у—х. Видим,
что тормозящая сила прямо пропорциональна расстоянию, прой-
денному по асфальту, и направлена против перемещения. Вспом-
ним. что такая же математическая зависимость, согласно закону
Гука, связывает силу упругости и деформацию тела Е * = -кх
т.е. тормозящая сила трения носит «квазиупругий» характер:

г =— к х, где к =ц . ( педовательно, движение саней по ас-
тр, /

фальту до остановки аналогично движению груза, подвешенного на
пружине, от положения равновесия (где он движется с максималь-
ной скоростью) до крайнего положения. Период колебаний груза
массой т на пружине жесткостью к хорошо известен и равен

_ Ж

Следуя методу аналогии, можно утверждать, что время

I до остановки саней должно быть равно четверти периода гармо-

нических колебаний, вычисляемого по

формуле Т = . Под-

ставив в эту формулу значение к , получаем Т = 2я

т!

- . о-куда

Т=2п

. Значит, санки будут двигаться до остановки в течение

времени / -

ЭАП «Выявить квазиупругость»

Если на тело действует замедляющая или ускоряющая резуль-
тирующая сила, то полезно проверить, не будет ли ее действие
аналогично действию силы упругости пружины жесткостью к на
материальную точку массы т. Аналогия будет наблюдаться, если
модуль результирующей силы будет прямо пропорционален моду-
лю смещения тела ог некоторого положения, в котором эта сила
равна нулю, а сама результирующая сила будет стремиться вер-
нуть тело к положению равновесия. Тогда время движения тела
иод действием «квазиупругой» силы оказывается равной части пе-

д т п

риода, вычисляемого по формуле 1 = 2лД— , где т — масса тела, а
к - коэффициент пропорциональности между силой и смешением.

Итак, несмотря на то, что ни о каком колебательном процессе
в ходе торможения саней говорить нельзя, получению ответа по-
могла подмеченная аналогия математических аппаратов, описы-
вающих замедление саней на шероховатой поверхности и замедле-
ние груза, удаляющегося от положения равновесия при
совершении гармонических колебаний на упругой пружине.

Для отработки умения применять ЭАП «Выявить квазиупру-
гость» можно попробовать решить следующую задачу.
Задача 3.12.С. «Изогнутая трубка 1». Узкая стеклянная труб-
ка согнута под прямым углом и расположена гак, что одна ее часть
расположена вертикально, а вторая горизонтально. Вертикальная
часть трубки длиной Е полностью заполнена водой, которая не
может перелиться в горизонтальную часть трубки длиной Е пока
кран, расположенный в месте из1 иба, закрыт. Через сколько време-
ни после открытия крана вода начнет выливаться из трубки? Ка-
пиллярными явлениями можно пренебречь.

При решении следующих задач также удобно воспользоваться
методом аналогии, но найти эту аналогию постарайтесь самостоя-
тельно.

Задача 3.13.Т. «Маятник и магнит». Маятник, представляю-
щий собой маленький стальной шарик массы т, висящий на длин-
ной нерастяжимой нити, имеет период малых колебаний Та. В при-
сутствии широкою магнита, расположенного ниже шарика по
вер1 икали, период колебаний шарика стал Т. Определите дейст-
вующую на шарик магнитную силу.

Задача 3.14.С. «Маятник в ыектростатическом позе». Ма-
ленький шарик массы т, изготовленный из диэлектрика, подвешен
на шелковой ниги длиной Л, прикрепленной на гонком горизон-
тальном подвесе По шарику равномерно распределен электриче-
ский заряд 7 (</ > 0) Определите период малых колебаний шарика
воднородном вертикальном электростатическом поле, вектор на-
пряженности Е которого направлен вертикально вверх.

Рассмотрим еще одну аналогию, позволяющую существенно
упростить решение гадачи.

Задача 3.15. «Маятник в лифте». В лифте к потолку на тонкой
нерастяжимои нити длиной Л = 1,2 м подвешен маленький шарик
массой т = 100 г. В начальный момент шарик отводят в сторону на
небольшой угол а и отпускают. Когда нить занимает вертикальное
положение, лифт начинает двигаться с постоянным ускорением

а = 2.2 —, направленным вверх. На какой максимальный угол от-
с~

клонится нить от вертикали? Через сколько времени нить снова
примет вертикальное положение?

Возможное решение

Рассмотри и в уело'/ задачную ситуацию и выявим основную
проблему Если бы лиф г оставался в покое, то задача решалась бы

' Решение с тожных и нес1ан.П1рП1Ы\ кшч по фишке

65
элементарно: ни гь вернулась бы в первоначальное положение через
половину периода ее свободных колебаний, а угол отклонения лег-
ко можно найти из закона сохранения механической энергии
(впрочем, из соображений симметрии и так ясно, что он был бы
равен а). Но лифт в некоторый момент начинает двигаться с уско-
рением. Т.е. система отсчета «лифт» перестает быть инерциальной.
Это создает существенные затруднения.

Однако проблема решается достаточно просто, если учесть
принцип эквивалентности сил инерции и силы тяжести. Его
идея заключается в следующем: «ускоренное поступательное
движение системы отсчета по своему действию на движение тел
эквивалентно появлению соответственных сил тяготения». Т.е.,
рассматривая движение или покой тела в системе отсчета, движу-
щейся поступательно с ускорением асо относительно инерциаль-
ной системы отсчета, можно использовать законы Ньютона
и законы сохранения, но при этом необходимо считать, что на каж-
дое тело действует еще одна сила тяжести, равная произведению
массы гела на ускорение системы отсчета и направленная противо-
положно этому ускорению (эта сила называется силой инерции).

Теперь, основываясь на аналогии действия между силами
инерции и тяжести, можно продолжить преобразования.

До начала движения лифта он был инерциальной системой от-
счета. Поэтому кинетическую энергию шарика в нижней траекто-
рии находим из закона сохранения механической энергии:

/ш,г/.(1-сояа) = ' . (1)

При этом за нулевой уровень потенциальной энергии мы при-
няли уровень расположения шарика, когда нить занимает верти-
кальное положение.

Как только лифт начинает ускоренное движение вверх, будем
считать, что в СО «движущийся лифт» на каждое тело начинает
действовать сила инерции. Сила инерции, действующая на шарик,
равна произведению массы шарика на ускорение лифта и направ-
лена вниз Следовательно, можно считать, что в ускоренно движу-
щемся лифте на шарик действует эквивалентная сила тяжести, рав-
ная т(у + а).

Лифт начал свое движение как раз в тот момент, когда шарик
проходил нижнюю точку своей траектории, и его скорость была
направлена горизонтально. Следовательно, в СО «движущийся
лифт» кинетическая энергия шарика в начальный момент тоже бы-

ГП1)2\ V С

ла равна . когда маятник отклоняется на наибольший угол, по-
тенциальная энергия шарика становится равной т(ё + а)Ц\ -сокР).
Согласно закону сохранения энергии, можно записать:

~~~ = т(ё + «Н(1 -со§Р). (2)

Из (1) и (2) получаем: т^Ц]-сока) -т(ё + а)Ц\-сокР).
Учитывая, что 1 - сока = кт — и чго при малых углах синус угла
равен числовому значению самого угла, выраженного в радианной
мере, получаем, что Р = а I---. Поскольку значение ускорения

\ё + а

лифта задано с точностью до десятых, то и значение постоянной
„ „ м

силы тяжести возьмем с точностью до десятых, т.е. ё = 9,8 —, то-
с~

гда получаем, что р * 0,9а .

Время, через которое нить снова примет вертикальное поло-
жение, равно половине нового периода колебаний

*Т И” 1

2 Уё + а

Заметьте, если убрать словесные пояснения, то решение оказы-
вается совсем коротким и простым. Эвристико-алгоритмичес-
кий прием, основанный на принципе эквивалентности сил тяжести
и инерции, можно сформулировать таким образом:

ЭАП «Эквивалентная сила тяжести»

Если приходится рассматривать движение или покой тела
в СО, движущейся поступательно с ускорением асп, то чтобы
можно было пользоваться законами динамики Ньютона и закона-
ми сохранения механической энергии и импульса, следует считать,
что на каждое тело действует эквивалентная сила тяжести, равная

= тёуки ’ причем ё ЖВ = ё - «со
Попробуйте использовать этот прием при решении задачи на
равновесие жидкости в неинерциальной системе отсчета.

Задача 3.16.Т. «Поверхность жидкости в стакане» В стакан
радиусом г = 4 см и высотой И = 10 см налили воды, заполнив его
на 80%. С каким максимальным ускорением можно перемещать
стакан в горизонтальном направлении, сохраняя его вертикальное
положение, чтобы вода из него не выливалась?

Иногда для исследования закономерностей гармонических ко-
лебаний системы используют математическую аналогию между
уравнением гармонических колебаний некоторой точки этой сис-
темы и уравнением координаты точки, движущейся равномерно по
окружности радиусом, равным амплитуде колебаний, со скоростью
обращения, равной амплитуде скорости колеблющейся точки. При
этом период движения точки по окружности оказывается равным
периоду точки, совершающей гармонические колебания. Эвристи-
ко-алгоритмический прием, основанный на этой аналогии, можно
так и назвать - «аналогичная окружность.

ЭАП «Аналогичная окружность»

Если система совершает гармонические колебания, то ее пе-
риод колебаний можно вычислить, если найти период обра-
щения точки, движущейся по окружности радиусом, равным ам-
плитуде колебаний одной из точек этой системы, со скоростью
равной амплитуде колебаний скорости выделенной точки.

_ /ОКп 2л/? 2лх
гр ___ > _____________т __ ’-р

обр 1 колсб ’

V - V г V
обр обр т

Отношение амплитуды ко-
лебаний к амплитуде скорости
находят ит закона сохранения
энергии, учитывая равенство
суммы шергий системы в мо-
мент наибольшего смещения
и суммы энергий системы в мо-
мент прохождения положения
равновесия.

Рис. к приему

«Аналогичная окружность»

Примечание 1. В общем слу-

чае этот прием можно применить
при изучении колебаний в любой системе Например, при построе-
нии «аналогичной окружности» для исследования процессов в ко-
лебательном контуре ее радиус принимают «равным» амплитуде
заряда на обкладках конденсатора, а скорость обращения «равной»
амплитуде силы тока в катушке.

Примечание 2. Если в процессе колебаний из-за внешних ог-
раничений на возможное отклонение системы «пропадает» часть
периода, то из равномерного обращения тела по аналогичной ок-
ружности исключается соответствующий участок. Отношение пе-
риода неполных колебаний к периоду свободных колебаний будет
равно отношению длины урезанной «аналогичной окружности»
к полной длине этой окружности.

Примечание 3. Вместо точки, равномерно движущейся по ок-
ружности, иногда рассматривают равномерно вращающийся ради-
ус-век гор. Этот прием особенно удобен, когда приходится склады-
вать несколько величин, совершающих колебания с одинаковой
частотой. Тогда каждой из этих величин ставят в соответствие
«аналогичный» радиус-вектор и откладывают эти вектора от одной
и той же точки. Углы между этими векторами дслаюг равными раз-
ности фаз колебаний соответствующих им величин. Частоты коле-
баний величин одинаковы, поэтому и периоды вращения радиус-
векторов одинаковы. Поэтому и углы между ними не изменяются.
Тогда искомая величина, равная сумме гармонически изменяю-
щихся величин, будет равна проекции вектора, равного сумме
«аналогичных» векторов. Именно так поступают при расчете цепей
переменного тока.

Рассмотрим примеры решения задач с помощью ЭАП «анало-
гичная окружность».

Задача 3.17. «Колебания на наклонной плоскости». На гладкой
поверхности, имеющей угол наклона а к горизонту (см. рис. 3.17 ),
находится подвес А, к которому прикреплена пружина жест-
костью к, к нижнему концу пружины прикреплен груз массой т.
Груз отводят немного вниз и отпускают. Найдите период малых
колебаний груза на пружине.

Возможное решение

Опираясь на аналогию изменения координат тела, совершаю-
щего гармонические колебания, и тела, равномерно движущегося
по окружности, найдем период гармонических колебаний через
X период обращения тела по окружности.

Т'килеб = Лращ = ——— = • Отношение

V V

врнщ т

амплитуды колебаний к амплитуде скоро-
сти найдем с помощью закона сохранения
энергии, рассмотрев момент системы в со-
Рис. 3.17. ,

стоянии наибольшего отклонения и при
прохождении положения равновесия.

Сначала найдем деформацию пружины, когда груз находится
в положении равновесия. Учитывая равенство нулю сил, дейст-
вующих на груз в положении равновесия, получаем, что
Ах(1 — т% 8Ш а. Откуда

_ т§ кт а

(1)

Когда груз отводят вниз вдоль наклонной плоскости еще на
хт, то энергия упругой деформации пружины будет равна
к(х0+хтУ~ с

---------------. Если на уровне нижнего положения груза провести
линию нулевой потенциальной энергии тела в поле силы тяжести,
то, когда груз вновь окажется в положении равновесия, его потен-
циальная энергия в поле силы тяжести будет равна щ^.тга81па.
Энергия упругой деформации пружины в этом положении равна
Ал.,-------юг

-у, а кинетическая энергия максимальна, т.е. —у- Согласно за-
кону сохранения энергии, можно записать:

А'(-<о + С„)2 . Ах2 т1Г,

---у----------— = тех,„ 8Ш а + —- +--.
2-----------------------------------2 2

Раскрыв скобки и учитывая уравнение (1), получаем:

Следовательно, период колебаний груза на наклонной плоскости
будет равен Т - 2п

В следующей задаче в колебаниях будут участвовать несколь-

ко массивных тел, в этом случае амплитуды колебаний координаты
и скорости каждого тела надо буде! выразить через амплитуду ко-
лебаний координаты и скорости одною из этих тел.

Задача 3.18.Т. «Три шарика на стерж-
нях». Два небольших шарика массами т
каждый соединены тонким жестким легким
стержнем длиной 2Л. К середине первого
стержня прочно прикреплен конец точно
такого же стержня, расположенного пер-
пендикулярно первому. К концу второго
стержня прикреплен еще один шарик мас-
сой 2т. Вся система расположена в верти-
кальной плоскости и может совершать
в этой плоскости колебания относитель-
но точки соединения стержней (см. рис.
3.18.а.). Определите период малых колеба-
ний этой системы.

•-------9——----•

2т Д

Рис. 3.18.а

Задача 3.19. «Колебания колеса». Легкая пружина жесткостью
к соединена одним концом с неподвижной вертикальной стеной.

а другим с осью колеса массой М, равно-
мерно распределенной по ободу радиусом
К (см. рис 3.19.). Колесо отводят на не-
большое расстояние, растягивая при этом
пружину, и отпускают. После этого колесо

начинает совершать гармонические коле-
бания. Определите период этих колебаний,
если колесо катается по поверхности без

Рис. 3.19.

проскальзывания,

а пружина сохраняет горизонтальное положение.

Возможное решение

Опираясь на аналогию изменения координат тела, совершаю-
щего гармонические колебания, и тела, равномерно движущегося
по окружности, период гармонических колебаний найдем через
период обращения тела по окружности.

= Т _ _ 2лли

1 колей 1 врат

V V

врат т

Отношение амплитуды колебаний к амплитуде скорости най-
дем с помощью закона сохранения энергии, рассмотрев состояние
системы в состоянии наибольшего отклонения и при прохождении
положения равновесия. В момент наибольшего сжатия пружины
кх 2

система обладает энергией . При прохождении положения

равновесия пружина не деформирована, а колесо обладает кинети-
ческой энергией, равной то2т (мы учли, что масса колеса распре-
делена по ободу, и колесо катается без проскальзывания; доказа-
тельство справедливости этой формулы будет приведено в данной
кх 2

главе несколько позже). Следовательно, ™ = ти2т . Откуда полу-

де 12т ,, -

чаем: —= — Поэтому период колебании колеса на горизон-
ту к

тальной плоскости будет равен Т — 2л.

Рис.3.20.

Рис 3 21.а

Задача 3.20.С. «Колебания трубы в тру-
бе» Внутри широкой, хорошо укрепленной
трубы радиусом К находится небольшая тонко-
стенная труба радиусом г (см. рис. 3.20.). Опре-
делите период малых колебаний малой трубы,
считая, что она перекатывается без проскальзы-
вания.

Заметим, что при решении первых четырех
задач нам даже не потребовалось чертить «ана-
логичную окружность». В других случаях для
применения ЭАП «аналогичная окружность»
требуется делать рисунок.

Задача 3.21. «Неполные колебания маят-
ника». К стене, наклоненной к вертикали под
небольшим углом а, прикреплен один конец
нерастяжимой нити длиной Ь. На другом конце
нити прикреплен маленький шарик массой т.
Шарик отводят немного в сторону, так, что на-
тянутая нить образует угол р (р а) с вертика-
лью (см. рис. 3.21.а.), и отпускают. Определите
период колебаний шарика, считая его столкно-
вения со стенкой абсолютно упругими, а время
столкновения пренебрежимо малым.
Возможное решение

Если бы не было столкновений шарика со стенкой, то его ко-

лебания были бы гармоническими с периодом Го = 2л

и ампли-

тудой хт = . Очевидно, что после абсолютно упругого столк-

новения со стенкой модуль скорости шарика не изменяется.

а направление меняется на противоположное. Следовательно, мож-

но утверждать, что из-за столкновения со стенкой пропадает часть

периода колебаний

Чтобы вычислить «пропавшую»
часть периода, воспользуемся ЭАП «ана-
логичная окружность» и нарисуем ок-
ружность радиусом хт = Ь 81п Р . На рас-

стоянии />81па проведем линию, изо-
бражающую стенку. В момент
столкновения шарика со стенкой его
скорость меняется на противоположную.
Для тела, движущегося по «аналогичной
окружности», эю событие соответствует

мгновенному перемещению тела из одной точки касания линии-
стенки в другую. Учитывая, что по «аналогичной окружности» те-
ло движется с постоянной скоростью, можно заметить, что отно-
шение периода колебаний маятника, сталкивающегося со стенкой,
к периоду его свободных колебаний равно отношению длины ок-
ружности к длине части окружности, отделенной линией-стенкой.
Длина «пропавшей» части окружности равна АхшРф, где

Лзша ,, л а

со8ф =----. 1 юскольку углы аир малы, то со8ф =—,

1$шР Р

„ Т

Значит, — =

Т
‘ о

2л/>81пР-Л81пР -аГССО8 р

2л18шР

Следовательно, Т = 2

а
л-агссо8—

Задача 3.22.С. «Неполные колебания груза». На гладкой гори-
зонтальной поверхности находится маленький шарик массой т,
прикрепленный к легкой пружине жесткое 1ью к. Пружина распо-
ложена горизонтально, и второй ее конец прикреплен к вертикаль-
ной стене. Пружину с шариком сжимают на а см и отпускают. В
тот момент, когда пружина снова оказывается максимально сжа-
той, на пути шарика ставят вертикальную плиту, так, что период
колебания шарика уменьшается в 3 раза На каком расстоянии от
положения равновесия шарика поставили плиту, если удары шари-
ка с плитой можно считать абсолютно упругими, а время столкно-
вения пренебрежимо малым?

Задача 3.23.С. «Вспышки неоновой лампы». Неоновая лампа
начинает светиться и гаснуть, когда напряжение на ее электродах
превысит определенное значение. Какую часть периода будет све-
титься эта лампа, если ее подключить к источнику переменного
напряжения, действующее значение которого равно напряжению,
при котором лампа загорается?

ЭАП «Аналогичная окружность» применяется как составляю-
щая часть метода расчета цепей переменного тока, называемого
«Метод векторных диаграмм».

Ос новная проблема расчета цепей переменного тока заключа-
ется в том, что приходится складывать величины, гармонически
изменяющиеся по времени.

Особенностью расчетов в цепи переменного тока является то
обстоятельство, что и напряжения на различных участках цепи,
и токи изменяются с одинаковой частотой, но имеют сдвиг по фазе
друг относительно друга.

Основная идея метода векторных диаграмм заключается в том,
что вместо каждой гармонически изменяющейся величины (напря-
жения или силы тока) откладывается от некоторой точки вектор,
модуль которого соответствует амплитудному (или действующему)
значению этой величины. При этом углы между изображаемыми
векторами делаются равными сдвигу фаз между соответствующи-
ми им величинами. Вместо операций с гармонически изменяющи-
мися величинами выполняют операции с векторами. А так как час-
тота колебаний всех величин одинакова, и, следовательно, углы
между соответствующими им векторами не изменяются, то можно
даже не рассматривать вращение векторов. После получения ре-
зультата действий с векторами вновь возвращаются к искомым на-
пряжениям, силам тока и сдвигам фаз между ними.

Рассмотрим пример применения этого метода.
Задача 3.24. «Конденсатор и реак тор в цепи переменного то-
ка». Конденсатор емкостью С = 0,2 мкФ и резистор сопротивлени-
ем У? = 100 Ом подключены последовательно к источнику пере-
менного напряжения, изменяющегося по закону и = 1/т соя 500/.
При этом амплитуда силы тока в цепи равна 1т = 1 А. Определите
амплитуду напряжения на источнике и сдвиг фаз между этим на-
пряжением и силой тока в цепи.

Возможное решение

Учтем несколько особенностей, характерных для такой цепи:

1) при последовательном соединении сила тока во всех участ-
ках цепи одинакова в любой момент времени;

2) сдвиг по фазе между силой тока и напряжением на резисторе
равен нулю;

3) сила гока на участках с конденсатором обгоняет по фазе на-
л
пряжение на конденсаторе на — ;

4) при последовательном соединении сумма напряжений на от-
дельных участках равна напряжению на источнике в любой момент
времени.

Приступим к изображению вектор-
ной диаграммы.

Отложим от одной точки в одном
направлении (вдоль горизонтали) век-
торы, соответствующие амплитуде силы
тока 1т и амплитуде напряжения на ре-
зисторе V Кт (см. рис.3.24.).

Перпендикулярно этим векторам
(вниз, так как отстает по фазе) от этой
же точки отложим вектор амплитуды
напряжения на конденсаторе 1!Ст .

Сложим векторы ККт и (7Ст. Учитывая, чго эти векторы пер-
пендикулярны друг другу, получаем, что модуль амплитуды на-
пряжения на источнике равен (7т = + Ц2.т

Учтем, что амплитуду напряжения на резисторе можно вычис-
лить по формуле 1!Кт = /,, • К.
Учтем, что амплитуду напряжения на конденсаторе можно вы-
числить по формуле I),. - I • X, - I ——.

олС

Тогда амплитуду напряжения на источнике находим по фор-
муле Ит = 1тУ]к2 +(\/ыС)

Из уравнения колебаний напряжения находим, что со = 500 с
Подставив числовые данные, получаем: б/т = 100л/2 В * 141 В.
Сдвиг по фазе между током и напряжением можно вычислить,
С/_

если заметить, что со8<р = —— Подставив числовые данные, полу-
Гт

чаем, что со*ср = -^~, следовательно, колебания силы тока в цепи
обгоняют по фазе колебания напряжения на источнике на ф-~ •

Искать симметрию

Если суметь разглядеть в рассматриваемой системе элементы
симметрии, то решение задачи может существенно упроститься.
В общем случае к симметрии относят и метод аналогии, и проявле-
ние законов сохранения различных величин, но в обыденном по-
нимании симметрия, в первую очередь, остается для большинства
людей геометрическим понятием. Поэтому эвристические приемы,
советующие искать аналогию, учитывать законы сохранения и вы-
являть элементы симметрии, не объединены в единый прием.
К геометрической симметрии относят, в первую очередь, цен-
тральную и осевую симметрии, параллельный перенос, поворот.
Соображения симметрии иногда настолько упрощают задачную
ситуацию, что бывает полезно попытаться отыскать симметрию
даже в тех случаях, когда она нс выражена в явном виде. Примером
решения задачи на основе выявления симметричного характера из-
менения некоторой характеристики объекта может служить сле-
дующая садача.

Задача 3.25. «Реостат». Какое наибольшее сопротивление
можно получить, перемещая ползунок реостата, полное сопротив-
ление которого равно /?, в схеме, изо-
браженной на рисунке (см. рис. 3.25.а.).

Возможное решение

Рис. 3.25.а.

Проанализируем динамику измене-
ния сопротивления реостата при пере-
мещении ползунка. Если передвинуть ползу-
нок реостата в крайнее верхнее положение, то
сопротивление будет равно нулю. При край-
нем нижнем положении оно тоже будет равно
нулю. При смещении ползунка из любого
крайнего положения к середине сопротивле-
ние начинает увеличиваться. Опираясь на
принципы симметрии и простоты можно
заключить, что максимальным сопротивление

будет, если ползунок установить посередине. Тогда эквивалент-
ная схема будет иметь вид, представленный на рис. 3.25.6. Откуда
легко получить, что максимальное общее сопротивление равно
К1б,ц = 0,257?

При решении следующей задачи учет симметрии позволяет пу-
тем простых расчетов определить электрическую емкость батареи

0,5/?

Рис. 3.25.6.

конденсаторов.

Задача 3.26. «Сложное соединение
конденсаторов». Рассчитайте электри-
ческую емкость батареи конденсаторов,
изображенной на схеме (см. рис 3.26.а.),
если емкость каждого конденсатора рав-
на С.

Возможное решение

Приступим к изучению электриче-
ской схемы. Подобное соединение кон-
денсаторов нельзя называть смешанным,
поскольку они не соединены ни после-
довательно, ни параллельно. Для расчета
таких цепей существуют несколько ал-
горитмических предписаний, о методе
узловых позенциалов рассказано в пер-
вой главе. Но если воспользоваться эти-
ми алгоритмами, то расчеты могут ока-

Рис. 3.26.а.

Рис. 3.26.6.
заться достаточно громоздкими. В некоторых случаях (как и в дан-
ном), используя идеи симметрии, удается существенно упростить
электрическую схему. Действительно, легко заметить, что верхняя
и нижняя точки соединения среднего конденсатора являются точ-
ками равного потенциала, следовательно, напряжение между этими
точками равно нулю. Значит, на среднем конденсаторе заряда нет.
Этот конденсатор можно исключить из схемы (см. рис.3.26.6.),
и емкость батареи не изменится. Теперь легко рассчитать емкость
батареи на упрощенной схеме. Она равна С.

Рис. 3.27.г.
Использованный в данной задаче прием соединения применя-
ется и при решении следующей задачи, но она еще интересна
и тем, что показывает, как на основе выявленной симметрии можно
применить два достаточно сильно 01 пинающихся друг от друга
способа преобразования электрической схемы.

Задача 3.27. (5.8.) «Симметричная решетка». Из однородной
проволоки изготовлена плоская решетка (см. рис. 3.27.а.). Электри-
ческое сопротивление каждого участка равно К . Каким будет об-
щее сопротивление такой решетки, если ее подключить так, как
показано на рисунке?

Возможное решение

Для определенности обозначим точки соединения кусков про-
волоки и места ее перегибов буквами латинского алфавита (см. рис.
3.27.6.).

Симметрия схемы относительно оси аз позволяет сделать вы-
вод о том, что точки Ьис являются эквипотенциальными. Это же
можно сказать о точках с/ и /, § и т, к и I. п и р, и г.

Кроме того, можно еще упрости гь схему, если воспользовать-
ся ее симметрией относительно оси рт Исходя из этой симметрии,
становится очевидно, что потенциалы точек р, к. /. т равны (по-
скольку эти точки расположены ровно на середине всей схемы),
следовательно, их тоже можно соединить в одну.

Тогда эквивалентная схема верхней половины решетки примет
вид, показанный на рис. 3.27.в. (на рисунке для удобства воспри-
ятия каждый проводник изображен привычным прямоугольником).

Далее, серия эквивалентных схем (рис. 3.27.г., 3.27.д„ 3.27.е.)
отражает поэтапное упрощение полученной схемы и позволяет
легко подсчитать, что сопротивление верхней половины решетки
равно 13Л/14, а, следовательно, общее сопротивление в два раза
больше и равно 13/?/7.

Найденный способ преобразования электрических схем можно
обобщить в виде эвристико-алгоритмического приема.

ЭАП «Соединять точки равного потенциала»

|Если две точки являются точками равного потенциала, то для
упрощения расчетов их можно соединять в одну, в том числе, ис-
ключая из схемы соединявший их участок цепи. При этом никаких
| изменений в цепи не произойдет.
Лс Задача 3.28.Т. «Тетраэдр из проволо-

/ у\ ки». Из однородной проволоки изготовлен

/ \ тетраэдр (см. рис. 3.28.а.). Электрическое

/ \ >с сопротивление каждой стороны тетраэдра

/ -У'*’*'***/ равно /?. Каким будет общее сопротивление

\ / тетраэдра, если его включить в цепь двумя
V/ соседними вершинами?

Задача 3.29.С. «Кгб из конденсаторов

Рис. 3.28.а. /». Из проводов изготовлен куб. В середине

кажцой стороны куба расположен конденса-
тор. Какой будет электроемкость такого соединения конденсато-
ров, если куб включить в цепь вершинами, наиболее удаленными
друг от друга (см. рис.3.29.а.)?

Задача З.ЗО.С «Куб из конденсаторов 2». Из проводов изго-
товлен куб. В середине каждой стороны куба расположен конден-
сатор. Какой будет электроемкость такого соединения конденсато-
ров, если куб включить в цепь соседними вершинами (см. рис.
З.ЗО.а.)?

Рис. З.ЗО.а.

Рис. 3.31.а.

Рис. 3.29.а.

Задача 3.31.С. «Кеб из конденсаторов 3». Из проводов изго-
товлен куб. В середине каждой стороны куба расположен конден-
сатор. Какой будет электроемкость такого соединения конденсато-
ров, если куб включить в цепь вершинами, расположенными на
одной диагонали стороны куба (см. рис. 3.31.а.)?

Выявить сохраняющиеся характеристики

Если в системе происходят какие-либо и (менения, то можно
попробовать установить взаимосвять между некоторыми величи-
нами, опираясь на принцип сохранения. Для лого необходимо вы-
яснить, какие величины остаются неизменными в ситуации, опи-
санной в задаче, и записать законы сохранения этих величин в виде
системы уравнений.

В школьном курсе физики изучаю! (акон сохранения полной
механической энергии, закон сохранения импульса, закон сохране-
ния электрического заряда, уравнение теплового баланса (как закон
сохранения внутренней энергии теплоизолированной системы),
первый закон термодинамики (как закон сохранения энергии в ме-
ханических и тепловых процессах), закон сохранения энергии для
электрических и магнитных явлений, закон сохранения массового
числа, закон сохранения момента импульса.

Кроме учета основных законов сохранения, можно попробо-
вать выяснить, какие еще физические величины, характеризующие
рассматриваемые в задаче объекты, сохраняются. Это могут быть:
масса, объем, количество вещества, электроемкость конденсатора,
индуктивность катушки, жесткость пружины, э.д.с. и внутреннее
сопротивление источника тока, сопротивление резистора, электро-
химический эквивалент ил.и. Учет этих частных законов сохране-
ния позволит записать дополнительные соотношения в систему
уравнений.

При использовании законов сохранения следует помнить, что
их применение иногда, помимо правильных ответов, может приво-
дить к решениям, лишенным физического смысла. Поэтому резуль-
таты, полученные с помощью законов сохранения, следует прове-
рять на их соответствие смыслу, который вкладывается в ту или
иную физическую величину.

Эффективность использования закона сохранения заряда была
показана в задаче 1.1. «Квадрат конденсаторов». Пример учета за-
кона сохранения энергии в тепловых процессах показан в задаче
2.12. «Тепюоб.мен в калориметре». Решение следующей задачи
служит примером существенного сокращения расчетов при исполь-
зовании закона сохранения механической энергии.

Задача 3.32. «Брошенный камень». Камень массой т = 2 кг
бросили с крыши сарая с высоты Н = 6 м со скоростью = 5 м/с
под углом а = 45” к горизонту. С какой скоростью камень упал на
землю? Силой сопротивления воздуха пренебречь. Ускорение сво-
бодного падения считать равным ^10 м/с".
Возможное решение

Если для решения этой задачи воспользоваться кинематиче-
скими формулами, то после довольно громоздких преобразований
можно получить, что V = 12 м/с. Если же взглянуть на заданную
ситуацию с позиции принципа сохранения, то можно заметить,
что полная механическая энергия системы камень-земля не изме-
няется. Поэтому, записав закон сохранения энергии в виде
тг}о тУ2 ------

+ трН = ——, получаем, что V = п' + » 12 м/с.

Заметим, что вторым решением записанного выше уравнения за-

кона сохранения энергии будет значение V = + 2рН « -12—,

с
однако оно лишено физического смысла.

В некоторых задачах приходится использовать несколько зако-
нов сохранения.

Задача 3.33. (4.41.) «Угол разлета». Шар массой т\ налетает
со скоростью Но] на покоящийся шар массой пъ (т2 < гт). Опреде-
лите максимальный угол, на который может отклониться шар т\
при ударе, если шары абсолютно упругие и гладкие.

Возможное решение

Поскольку ничего не говорится о наличии внешних воздейст-
вий на шары, то можно сделать вывод о правомерности примене-
ния закона сохранения импульса. Запишем закон сохранения им-
пульса: /Д|Ц()| + 0 = тхг)\ + .

Изобразим на рисунке (см.

рис. 3.33.) это соотношение. Векто-
т11;< / ры импульсов образуют треуголь-

/ _ ник. Согласно теореме косинусов,

X X_________его можно записать как

Щ/Шт + ^)-»ЭД

Рис. 3.33. соз а = 1 01 , 1----.

2"СЦ»,

Так как в условиях указано, что шары абсолютно упругие
и гладкие, то потерь механической энергии при трении не будет,
поэтому можно записать закон сохранения механической энергии:
2 2 2

/ЭТ.Ц, Л7,Ц, 2

-----=------+ ~ ~ Откуда получаем: =,п|(ц'|-ц‘).
Тогда со§а =

^1 (Цл + Ц )

2'И|ЧА

Большей информации об особенное1ях рассматриваемого в за-
даче явления получить с помощью шконов сохранения не удастся.
Исследуем полученную формулу.

Формула справедлива для любых значений т\. ггь (т? < т\)
и Пон но шары круглые, и направление их взаимодействия во время
столкновения может быть различным, а в требовании задачи указа-
на необходимость определения максимального угла разлета. Мате-
матически проще всего решить проблему поиска минимума или
максимума с помощью операции дифференцирования. Посмотрев
на полученное выражение, можно заметить, что величина сок а яв-
ляется функцией от г>1. Исследуем эту функцию на экстремум,

предварительно сократив на т\ числитель и знаменатель и упро-
(т, + т, )у2 + (т1 - т, г

стив: у =—!!--------------1---——. Берем производную по цр

2^| »>0| V,

(/и, + т2 )2ц • 2щ|ц0|г?| - 2т}п0| ((/??, + т2)и2 + (т} - т )

у' =-------------------------——-------------------------, после

, (т, + т, )у2 -ц2н (Щ, - /н,)

упрощения I =—!------------------------— . Приравниваем произ-

2/П| г’щ и.

' л т1~т2

водную к нулю г = 0 и получаем, что г, = г>0| —1--

у т{ + т-,

Очевидно, что полученное значение скорости г\ соответствует

минимальному значению косинуса угла разлета, а, значит, и мак-
симальному углу разлета, так как минимальным является угол
в ноль градусов. Подставив найденное значение скорости в форму-

лу для косинуса угла, после сокращения получим: сока = 1-- .

\ т-,

В приведенном примере для решения задачи потребовалось
прибегнуть к математической операции дифференцирования. Эту
задачу можно решить, не прибегая к операции дифференцирова-
ния, но тогда ее решение будет более эвристическим и сложным.
Пример такого решения будет приведен далее.
При решении следующей задачи потребовалось использовать
три закона сохранения величин, характеризующих механическое
движение.

Задача 3.34. «.Столкновение с метеоритом». Метеорит, летя-
щий на планету массой М по прямой, проходящей через центр пла-
неты, попадает в автоматическую космическую станцию, вращаю-
щуюся вокруг планеты по круговой орбите радиуса К. Масса
станции в 10 раз превосходит массу метеорита. В результате столк-
новения метеориз застревает в станции, которая переходит на но-
вую орбиту с минимальным расстоянием до планеты А72. Опреде-
лите скорость метеорита перед столкновением.

Возможное решение

Пусть масса метеорита равна т, тогда масса станции до столк-
новения равна 1 Ош, а после столкновения — 11т. Используя форму-
ле
лу кинематики равномерного движения по окружности а = —,

второй закон Ньютона Г = 1®та и закон всемирного тяготения
г- М

г = О — 1 Ош , получаем:

Рис. 3.34.а.
Считая, что во время столкновения силы взаимодействия ме-
теорита со станцией значительно превышали силы их гравитацион-
ного взаимодействия с Землей, можно прийти к выводу о допусти-
мости применения закона сохранения импульса 1Ошбо + тй = 1 \то1.
Изобразив на рисунке векторы импульсов (см. рис.З З4.а.), прихо-
дим к выводу о возможности применения теоремы Пифагора, и по-
лучаем: т~и2 + (IОт)2V2 = (11т)2о~, откуда

, 1 2 100 .

о: =—и ч-----------V.;.

121 121

(2)

После соединения метеорита со станцией ее движение проис-
ходило только под действием силы гравитационного взаимодейст-
вия с Землей. Изобразим задачную ситуацию на рисунке (см. рис.
3.34.6.), указав там расположение станции сразу после столкнове-
ния и в момент прохождения от Земли на минимальном расстоя-
нии. Запишем для этих моментов закон сохранения механической
энергии Учитывая, что энергия гравитационного взаимодейст-
вия двух материальных точек (или однородных шаров) массами гщ
и А вычисляется по формуле И7 - -С т',Пг , Где г - расстояние
г

^М\\т 11тин? ^М-\\т 11тг>2
между точками, получаем: -С--------+-------- = -С------+-----.

/? 2 /?/2 2

С учетом ())и (2) -^-ы2 +-^р + 21’о =

Помимо закона сохранения энергии можно записать и закон
сохранения момента импульса (Доопределим термин: момент им-
пульса - это векторная величина, модуль которой равен произведе-
нию импульса тела на его радиус-вектор и на синус угла между на-
правлениями скорости и радиус-вектора.) Если рассматривать
движение станции относительно центра Земли, то закон сохране-
ния момента импульса для моментов времени сразу после столкно-
вения с метеоритом и при наибольшем приближении станции

к Земле (см. рис. 3.34.6.) будет иметь вид: 11отт1/?81па = 11/иг, —.

С учетом закона сохранения импульса, получаем:

1 1Л7ПЛ,
Затем находим, что п2 = — у° . После чего получаем: и1 =58^

1586М
и окончательный ответ: и =-----.

У К

Задача 3.35. «Теплойюлированные сосуды». Два теплоизоли-
рованных сосуда соединены тонкой трубкой с краном. Объем од-
ного из них в два раза больше другого. В малом сосуде находится
аргон при температуре Т\ = 200 К, а в большом - гелий при темпе-
ратуре Т2 = 400 К и давлении в 4 раза большем, чем аргон. Какой
станет температура газа после открывания крана и установления
теплового равновесия?

Возможное решение

Попытаемся выяснить, какие величины сохраняются.

Во-первых, сохраняется общий объем. Если обозначить объем
сосуда, содержащего аргон V, то объем сосуда с гелием равен 2 И,
а общий объем равен V + 2 V = 3 V.

Во-вгорых, сохраняется общее чис ю молекул, а значит, сохра-
няется число молен вещества. Если обозначить количество молей
аргона ул , а число молей гелия V, , то общее количество вещества
равно уа +уг.

В-третьих, сохраняется внутренняя энергия системы. Это сле-
дует из того, что сосуды остаются в покое, и их объем не меняет-
ся, т.е. работа внешних сил равна нулю, и из того, что сосуды теп-
лоизолированные, т.е. нет теплообмена с окружающей средой.
Следовательно, учитывая, что гелий и аргон идеальные газы, мож-
но записать условие постоянства внутренней энергии системы
3 3 3

в виде: — ул/?7] + — мгЯТ2 = —(ул +Мг или в упрощенном виде

''лЛ +у|7'2 = (уа + \ , )/;.

Можно еще записать уравнения Менделеева-Клапейрона для
каждого из газов, учитывая соотношения между объемами и давле-
ниями газов: уа/?7] = рГ. мГКТ, = 2р-4У . Из этих уравнений сле-
8’^1

дует, что V, =--—-,т.е. V, = 4уа.
Подставив найденное соотношение между молями в закон со-

хранения внутренней энергии, получаем

Т3 =—7\. Следовательно,

установится температура = 360 К.

Заметим, что для ответа на вопрос задачи не потребовалось уз-
навать и учитывать молярные массы газов, а также закон сохране-
ния объема.

Рассмотрим решение еще одной задачи на тепловые явления,
в которой необходимо учитывать закон сохранения давления на-
сыщенного пара при постоянной температуре.

Задача 3.36. «Вюжный воздух под поршнем». В сосуде объе-
мом 6 л находится небольшое количество воды, водяной пар и воз-
дух при температуре 100 °С и давлении 1,5 атм. Каким станет дав-
ление в сосуде, если его объем изотермически уменьшить в 3 раза?

Р2~?

вода воздух, пар

= 6 л = 6-10“’м3

р, = 1,5 атм = 1,5 • 10' Па
Г = 100°С = 373 К

Т - СОП8(

Возможное решение

Запишем краткое содержание задачи. Анализ условий показы-
вает. что под поршнем находятся и вода, и ее пар, следователь-
но, под поршнем будет находиться насыщенный пар. Насыщен-
ный водяной пар имеет температуру 100°С, и его давление равно
= 1 атм.

Выясним, какие величины сохра-
няются при изотермическом сжатии.
Очевидно, что сохраняется темпера-
пгра. Очевидно также, что пар будет
оставаться насыщенным, так как его
сжимают. Учитывая свойства насы-
щенного пара, делаем вывод, что дав-
ление насыщенного пара тоже сохра
няется и остается равным рн2=Рн1 = 1
атм.

Теперь остается выяснить, как уве-
личится давление за счет сжатия воз-

духа. Учитывая закон Даль гона, приходим к выводу, что начальное
давление воздуха в сосуде равно /2В| ~Р\ - Рн\ = 0,5 атм. Чтобы вы-
числить давление воздуха после сжатия, следует выяснить, как из-
меняется объем, занимаемый воздухом. Проблема заключается
в том, что помимо газов в сосуде находится вода, которая тоже за-
нимает некоторый объем. В содержании задачи указывается, что
в начальный момент воды содержится немного, следовательно,
учитывая различие в плотности воды и влажного воздуха, можно
сделать вывод о том, чго начальным объемом воды можно пренеб-
речь. Но при сжатии часть пара сконденсируется, поэтому объем
воды увеличится, и это увеличение может оказаться существен-
ным. Попытаемся избежать громоздких расчетов, учитывающих
изменение объема воды. Будем считать, что и в конечном состоя-
нии объемом воды тоже можно пренебречь. Сделаем оценку итого-
вого давления, а затем проверим справедливость гипотезы о пре-
небрежимо малом объеме сконденсировавшейся воды. Итак, если
объемом воды в начальном и конечном состояниях можно пренеб-
речь, то объем воздуха уменьшается в 3 раза. Следовательно, со-
гласно закону Бойля-Мариотта, давление воздуха увеличится
в 3 раза и станет равным рт = 1,5 атм.

Получаем, что итоговое давление в сосуде будет равно

Рг= Р\п + + Рв2 = 2,5 атм.

Проверим справедливость гипотезы о возможности пренебречь
объемом воды в конечном состоянии. Для оценки массы сконден-
сировавшейся воды воспользуемся уравнением состояния идеаль-
ного газа, т.е. уравнением Менделеева-Клапейрона. Конечно, свой-
ства насыщенного пара отличаются от свойств идеального газа, но
если не забывать о постоянстве давления насыщенного пара и пре-
небречь силами притяжения между молекулами пара, то для оцен-
ки это уравнение вполне подходит. Для начального состояния

Г/ т\ П'Г 1 I/ т-> П'Г

можно записать: р... У. =—-КТ, для конечного: р,„ - — к =—-КТ .
М 3 м

Если вычесть из первого уравнение второе, получим:
2„ т.—т-. „„ 2р,..У.М

р... —У. =—!----КТ . Откуда т. -т, =——!—. Объем сконден-

Н1 3 1 М ЗКТ

сировавшейся воды равен отношению массы к плотности, г.е.
2р УМ

ДУ = —• Учитывая, что молярная масса воды равна

М = 18 10 , находим, что ДУ ~2-106м’ , т.е. объем скон-

моль

денсировавшейся воды примерно в сто раз меньше объема сосуда.
Следовательно, наша гипотеза оказалась верной, и давление в со-
суде стало равным Д =2,5 атм.
Заметим, данное решение заняло мног о места, однако реальные
расчеты оказались довольно простыми и короткими.

Предлагаем задачу для самое юягелыю! о решения.

Задача 3.37.С. «Столк-
новение шайб». Две гладкие
упругие шайбы радиуса г
лежат, соприкасаясь друг
с другом, на гладкой гори-
зонтальной плоскости. Тре-
тья упругая шайба такой же
толщины и радиуса 2г,
скользящая со скоростью 1>о
по той же плоскости, ударя-
ется одновременно в обе

шайбы (см. рис. 3.37.а.). Найдите скорость большой шайбы после

удара. Все шайбы сделаны из одного материала.

Посмотреть с другой стороны

Умение рассмотреть явление с разных точек зрения, из различ-
ных систем отсчета позволяет получить более полное представле-
ние об особенностях протекания этого явления, установить боль-
шее число математических соотношений между величинами,
характеризующими это явление. Кроме того, выбор удобной сис-
темы отсчета может существенно упростить логические операции
и математические выкладки, необходимые для решения задачи.

Задача 3.38. (4.33., 6.12.)

«Спортсмен и катер». Катер, дви-
жущийся со скоростью и, =25 км/ч,
буксирует спорзсмена на водных лы-
жах (см. рис. 3.3 8.а.). Трос, за
который держится спортсмен, состав-
ляет с направлением движения катера
угол а = 150°. Направление движения
спортсмена образует с тросом угол
Р = 60°. Чему равна скорость г2
спортсмена в этот момент времени?

Рис. 3.38.а.
Возможное решение

Рассмотрим движение спортсмена относительно катера. Если
считать, что трос нерастяжим, то его траекторией является окруж-
ность. Значит, скорость спортсмена относительно катера направле-
а па перпендикулярно тросу! Ско-

”| рость спортсмена относительно

ст 4 катера можно наити, используя

2 закон сложения скоростей. Ско-

•Ц)р рость спортсмена относительно

воды равна сумме скорости
'ч спортсмена относительно катера

х. и скорости катера относительно

”1 воды и, = й0]н +1>1. Откуда

1—йотн = Ъ2 + (-V, )

Рис. 3.38.6. (см. рис 3.38.6 ). Рассмотрев тре-

угольник скоростей, из геометри-
ческих соображений, используя теорему синусов, получаем:

У2 г’|

кт(Зб0-90-а) ып(90-Р)

Учтем, что мп(270-а.) = сок(180-а) и ып(90-Р) = сокР .
сок(180-а) гг . .

Тогда г;, = V,------, п2 = 25>/3 км/ч ~ 43 км/ч.

сокР

Задача 3.39.С. (4.34.) «Скользя-
щая гантель». Два одинаковых ма-
леньких шарика соединены жестким
стержнем длиной Ь. Стержень стоит
вертикально, вплотную к вертикаль-
ной плоскости (см. рис. 3.39.а.). При
смещении нижнего шарика вправо на
маленькое расстояние система прихо-
дит в движение в плоскости рисунка.
Найдите скорости шариков в тот мо-

Рис 3 39 а мент, когда угол между стержнем

и вертикалью равен а. Считайте, что
при движении шарики не отрываются от плоскостей, и трение пре-
небрежимо мало.
Задача 3.40. «Наблюдательный 1Нп"нтик». Винтик и Шпун-
тик ехали в автомобиле собственною ич отовления. Винтик рулил,
а Шпунтик сидел сзади и смотрел на комочки грязи, вылетающие
из-под колес автомобиля. Вдруг он заметил, что от самой задней
точки поверхности колеса оторвался комочек грязи и, подлетев
вверх, через некоторое время снова упал точно на то же место ко-
леса. В этом месте колесо было запачкано краской и заметить его
не составляло труда. С какой постоянной скоростью двигался ав-
томобиль, если его колеса не проскальзывали по дороге. Радиус
колеса равен 30 см, ускорение свободного падения считать равным
10 м/с*, число тг= 3. Учесть, что в Цветочном городе не разрешает-
ся ездить со скоростью более 25 км/ч.

Возможное решение

Так как проскальзывания колес нет, то скорость вращения ко-
лес равна скорости движения автомобиля п0.

Относительно автомобиля скорость комочка грязи в момент
отрыва была направлена вертикально и равна скорости вращения
колеса, а значит, равна скорости автомобиля. Движущийся с посто-
янной скоростью автомобиль можно считать инерциальной систе-
мой отсчета. Следовательно, относительно автомобиля комочек
двигался вертикально с постоянным ускорением, равным ускоре-
нию свободного падения. Поэтому время полета комочка в СО «ав-
томобиль» можно вычислить по формуле равноускоренного дви-
2п
жения: / =—-.

За время полета комочка грязи автомобиль проехал расстояние,
кратное длине внешней поверхности колеса / = У2тг/?, где У - на-
туральное число.

У2л7? 2н0 г-----

Следовательно, -----= —Откуда ц, = , Значит,

1’о ё

скорость может быть равна 1>п=3-/у м/с. Учитывая принятое ог-
раничение скорости, получаем допустимые значения скорости
3 м/с, 3>/2 м/с, Зл/З м/с и 6 м/с.

Система отсчета необязательно должна быть инерциальной.
Например, рассматривая вращательное движение нескольких тел
вокруг одной точки, удобно использовать систему отсчета, вра-
щающуюся вместе с одним из тел.
Задача 3.41. «Элонгация Меркурия». Восточная элонгация
Меркурия, которая наблюдается при его наибольшем удалении
к востоку от Солнца (при наблюдении с Земли), была 7 февраля
2007 года. Когда в следующий раз Меркурий вновь оказался в вос-
точной элонгации, если звездный период обращения Меркурия во-
круг Солнца равен 88 суткам?

Возможное решение

Меркурий и Земля обращаются вокруг Солнца почти по круго-
вым орбитам. Воспользуемся закономерностями вращательного
движения. Пусть <ом угловая скорость обращения Меркурия во-
круг Солнца (скорость вращения радиус-вектора, соединяющего
,, ил -X 360°

Солнце и Меркурии), она равна шм =----, где /м - период обра-

ти

щения Меркурия, со, угловая скорость Земли вокруг Солнца
(скорость вращения радиус-вектора, соединяющего Солнце и Зем-
х 360°

лю), она равна со, =----, где /3 - период обращения земли

Т )

вокруг Солнца (см. рис. 3.41.а.). Подбирая допочнитечьные дан-
ные. вспоминаем, что период обращения Земли равен примерно
365 суткам.

Рис. 3.41.а.

Рис. 3.41.6.

Перейдем в СО. центр которой совпадает с центром Солнца,
а одна из координатных осей вращается вместе с Землей. Тогда уг-
ловую скорость (о()1|| обращения Меркурия в этой СО (скорость
изменения угла между радиус-векторами Меркурия и Земли) мож-
но найти из соотношения <дм=а>()||| к»,, откуда соотн = <ом - <о3
(см. рис.3.40.6.).

360° 360° 360” 360”

Учтем, что со,,Т1, =-------, следовательно, --------=-------------,

<>тн т

Подставив числовые данные, получаем, что в следующий раз
лучшая видимость Меркурия в тех же условиях должна была на-
блюдаться через время Т 116 суток, т.е. 3 июня 2007 года.

Однако если заглянуть в астрономические справочники, то
окажется, что наибольшая восточная элонгация Меркурия была
2 июня 2007 года! Разница реального и вычисленного события со-
ставила сутки. Причиной расхождения послужила упрощенность
моделей движения планет, поскольку мы не учитывали эллиптич-
ность орбит планет и неравномерность их движения.

Задача 3.42.С. «Встреча на стадионе». На стадионе одновре-
менно с одной линии стартуют мальчик и девочка. Они начинают
равномерный бег по кругу. Длина круговой дорожки стадиона со-
ставляет 450 м. Средняя скорость мальчика равна 2,3 м/с, а девоч-
ки - 2,2 м/с. Через сколько времени мальчик три раза повстречается
с девочкой, если они бегут: а) навстречу друг другу; б) в одну сто-
рону. Встречу в момент старта не учитывать. Как изменится ответ,
если дорожка стадиона имеет вид овала, а не круга?

При решении следующей задачи оказывается удобным исполь-
зование нескольких систем координат, ориентированных под неко-
торым углом относительно друг друга.

Рис. 3.43.а.

Задача 3.43. «(. 'колъжение по наклонной». По наклонной плос-
кости со скоростью V пускают шайбу. На каком расстоянии от на-
чала движения она соскользнет с наклонной плоскости? Плоскость
наклонена к горизонту под углом а. Вектор скорости образует
угол Р с горизонтальным краем плоскости (см. рис. 3.43.а.). Трение
отсутствует.

Возможное решение

Следуя основному алгоритму решения задач по динамике, рас-
смотрим силы, действующие на тело. В процессе движения на
шайбу действуют две силы: сила тяжести, направленная верти-
кально вниз, и сила реакции опоры, направленная вверх перпенди-
кулярно поверхности плоскости. Запишем второй закон Ньютона:
ту + ТУ — та . Изобразим на рисунке силы, действующие на шайбу,
и ее ускорение. Для этого удобно использовать рисунок, изобра-
жающий вид сбоку на наклонную плоскость (см. рис.3.43.б.). Легко
заметить, что та = ту 8Ш а, значит, шайба движется с ускорением
а = ^81па, т.е. движется с постоянным ускорением. При этом век-
торы мгновенной скорости шайбы и ее ускорения лежат всегда
в одной и той же плоскости, но их направления не совпадают. Опи-
раясь на предыдущие решения, можно вспомнить, что именно такое
соотношение характерно для случая движения тела, брошенного
под углом к горизонту. Для решения таких задач используется ки-
нематический подход, т.е. записывают уравнения движения тел
и решают систему этих уравнений.

Чтобы проще были уравнения движения, проведем координат-
ные оси X - гори юнтально, У - вдоль наклонной плоскости, пер-
пендикулярно оси А'(см. рис.3.43.в.).

Запишем уравнение движения, учитывая, что а1=-^81па,
ах = 0, = гсо8Р, от =гэ81пр, получаем:
п 11 ' о &С81П а

Х = О / = !?•/СОК В, Г = Г 1 +-= 1’-/81Пр--------.

ол • - о\ 2 * 2

Время т движения шайбы по плоскости находим из условия

у(т) = 0. Тогда 0=г'Т81пр---81па,о1куда т = —----, а искомое

2 § 81п а

21781П0
расстояние 5 = г(т) = псозр---.

^81па

V2 81П 2В

Получаем: 5 =--------.

^8ша

Решение задачи оказалось достаточно простым благодаря
удобному для расчетов расположению координатных осей. Этот
прием полезно запомнить.

ЭАП «Вдоль наклонной»

Если тело движется вдоль наклонной плоскости, то при опи-
сании его движения оказывается удобным провести одну или две
координатные оси вдоль этой плоскости.

Если в приведенных выше примерах решения задач использо-
вался переход в удобную систему отсчета, то при решении сле-
дующей задачи показана эффективность попытки посмотреть на
задачную ситуацию с другой стороны.

Задача 3.44 (5.14., 5.28., 5.48., 5.50.) «Во-
да под куполом». Тонкостенная массивная
полусфера радиусом В лежит на горизонталь-
ной поверхности стола куполом вверх.
В верхней части купола имеется маленькое
отверстие, через которое начинают наливать
воду под купол. Когда вода полностью запол-

Рис. 3.44.а.

нила купол, он приподнялся, и вода стала вытекать из-под него.

Определите массу купола.

Возможное решение

Купол поднимается под действием давления воды. Значит,
в тот момент, когда вода полностью заполнила купол, результи-
рующая сил давления воды на купол стала равной силе тяжести,
действующей на купол. Сложность заключается в том. что силы
давления воды на купол в различных участках различаются и по
направлению, и по модулю. Попробуем вообще не рассматривать
силы давления, направленные в сторону колокола. Изменим на-
правление нашего взгляда на рассматриваемую ситуацию'. рас-
смотрим в момент отрыва не давление воды на купол, а давление
воды на поверхность стола. В момент отрыва колокола от поверх-
ности стола под колоколом находится только вода, которая еще не
успела вытечь из-под колокола. Именно эта вода, и только она, да-
вит на стол. Высота столба воды равна радиусу колокола, так как
отверстие находится в верхней части купола. Следовательно, в мо-
мент отрыва сила давления воды на поверхность стола равна
Р - р§П л/?2.

Эта сила складывается из веса воды под колоколом и веса ко-
14, 14,

локола. т.е. Р = тк% + р--^ — пК у, где 44^ “ объем полусфе-
1 2 ,

ры. Получаем: яр#/? =/икй+ — пруР . Откуда следует, что масса

колокола равна т

Представить как результат наложения
(суперпозиции)

Сложный предмет (или сложный процесс) можно представить
как результат «наложения» (суперпозиции) нескольких более про-
стых тел (процессов). Например, силу, модуль и направление кото-
рой неизвестны (или известны), иногда удобно представить как
сумму нескольких сил, направленных вдоль выбранных нами коор-
динатных осей; полное ускорение тела можно представить как
сумму ускорений, сообщаемых этому телу каждой из действующих
на него сил; сложное тело можно представить как результат нало-
жения (суперпозиции) одного на другое нескольких более простых
тел; сложное движение как сумму поступательного и вращательно-
го движений, происходящих одновременно. Возможность незави-
симого исследования отдельных объектов в рассматриваемой сис-
теме является мощным эвристическим инструментом в поиске
ответов на вопросы, поставленные в задаче. При этом следует пом-
нить, что применение принципа наложения (суперпозиции) имеет
определенное ограничение. Его нельзя применять при расчете
сильных гравитационных полей, сильных электрических полей
в диэлектриках, сильных магнитных полей в ферромагнетиках. О
многих случаях эффективного применения принципа суперпозиции
будет рассказано в подразделах этой главы.

Суперпозиция сил и полей

Силу (или напряженность, или пшснциал поля) можно в дан-
ной точке попытаться представить как сумму сил (напряженностей,
потенциалов), действующих на данное тело со стороны других тел
рассматриваемой системы. Особенно эффективен этот прием при
решении задач по электростатике.

Задача 3.45. (6.11) «Три заряда». Два неподвижных точечных
заряда +</, и —<у2 находятся на расстоянии г0. С какой силой они
будут действовать на третий точечный заряд , расположенный
на расстоянии гу от первого заряда и г2 от второго?

Возможное решение

Изобразим заданную ситуацию на рисунке (см. рис. 3.45.). Си-
лу, действующую на третий заряд, удобно представить как резуль-
тат суперпозиции силы отталкивания от первого заряда и силы
притяжения ко второму Е = Еу+ Е2.

Рассматривая треугольник сил и треугольник расстояний, на-
ходим равные углы и обозначаем их а. Применив теорему косину-
сов для треугольника сил, можно записать следующее соотноше-
ние: Е2 = Е2 + Е2 - 2ЕУЕ2 со»а. Из треугольника расстояний
г2+г2-г2
Ч ' *2 и
получаем, что соза = —---------—.

2л;г2

4 Решение сложных и нсе1иилар1ны« илич по фишке

97
Модули сил взаимодействия нарядов найдем из закона Кулона:

„ । - 1

г, =------у-, г, =------ Окончательно получаем:

4л80 г, 4л80 г7

1^1 ! ^2(Г12+Г2~Го)

4л8„ \ ']4 Г2 >^>2

Задача 3.46. «Три сферы». Имеются три проводящие концен-
трические сферы радиусами /?,,/?., и /?, (см. рис. 3.46.). Первая
сфера имеет заряд ср третья - заряд (2, а вторая заземлена, причем
заземляющий провод проходит через маленькое отверстие в треть-
ей сфере, не касаясь ее стенок. Определите напряженность поля
и потенциалы точек О. А. В, С

Возможное решение

Опираясь на принцип суперпозиции,
можно утверждать, что напряженность
(потенциал) в каждой точке равен сумме
напряженностей (потенциалов) полей,
создаваемых зарядами, находящимися
на каждой из сфер:

Ё, ~ Ёф + Ё12 + Ё.у,

<Р, = Ф,1 +Ф,2 +Ф,з-

Опираясь на известные закономер-
ности. можно утверждать, что напря-
женное! ь электростатического поля
внутри проводящей сферы равна нулю,

а вне сферы равна напряженности, которую создавал бы в этой

точке точечный заряд, равный заряду сферы, расположенный
в центре сферы. Потенциал электростатического поля внутри про-
водящей сферы равен потенциалу на поверхности сферы, а вне
сферы равен потенциалу, который создавал бы в этой точке точеч-
ный заряд, равный заряду сферы, расположенный в центре сферы.

Дополнительную сложность этой задаче придает отсутствие
сведений о заряде второй сферы. Однако известно, что эта сфера
заземлена, следовательно, ее потенциал равен нулю. Теперь, чтобы
найти заряд второй сферы, вновь воспользуемся принципом супер-

позиции
4тг8() /?2 4л8() /?2 4л8„ /?,

Отсюда д2 - -д} - (/, -^- .

В итоге получаем: Е() = 0, Е4 =-----------^Ц-,

4Л8П |СЛ4|~

Е =_______1 Е 1 </,(/?,-/?2)

4л80 |о#|2 /?, ' Г 4л8„ |ос|2 /?,
1 <?,(/?,-/?:) __ 1

° 4л80 Е}Е2 ' 4 4л8() |бХ4|/?-,

1 аДОВ-КД 1

ф„ =--------------------, Фг —--------Л--------

4лб0 ОВ В. 4Л8О |ОС|/?3

Суперпозиция движений

Значительно упрощаются математические расчеты, если удает-
ся представить сложное движение в виде нескольких более про-
стых. При решении школьных задач наиболее распространены два
случая:

1) представить движение тела, брошенного под углом к го-
ризонту как суперпозицию равномерного движения тела по гори-
зонтали и равноускоренно! о движения тела по вертикали:

2) представить движение тела, которое катится по поверхности
другого как суперпозицию поступательного и вращательного дви-
жений.

Рассмотрим примеры применения этого приема.

Задача 3.47. «Горизоипипьиыи бросок». Небольшой камень
бросили с горы горизонтально со скоростью 1>0 = 20 м/с. Определи-
те его перемещение за пятую секунду своего движения.

Возможное решение

Траектория движения тела, брошенного горизонтально, пред-
ставляет собой часть ветви параболы. Чтобы упростить расчеты,
можно учесть, что падающее тело движется только под действием
силы тяжести, которая направлена вертикально вниз. Следователь-
но, такое движение можно представить как суперпозицию дви-
Рис. 3.47.

жений: равномерного

вдоль горизонтальной
оси и равноускоренного
из состояния покоя
вдоль вертикальной оси
(см. рис.3.47.). Проведем
координатные оси X
горизонтально, У - вер-
тикально.

Учитывая, что эти
оси взаимно перпенди-
кулярны, модуль пере-
мещения камня можно
вычислить по формуле

V = + Ху . 5Х=17О-Т,

а • I2 а (I - т)2
= ------.

2 2

У чтем, что а - § ~ 10 —, I = 5 с,

т — 1 с. Подставив числовые

данные, получаем: 5 ^49 м. Угол а наклона вектора перемещения
к горизонту можно вычислить через отношение проекций переме-
х 9 9

щений: 1§а = — ~ — , откуда а = агс1§— ® 66°.

хх 4 4

Задача 3.48. (5.13.) «Обруч». Обруч массой т, радиусом П
с тонкими стенками катится без проскальзывания по горизонталь-
ной поверхности со скоростью V. Определите кинетическую энер-
гию обруча.

Возможное решение

Проблема задачи в том, что известную формулу кинетической
г тг2

энергии Ек = можно применять для материальной точки или

для тела, движущегося поступательно. В данном же случае движе-
ние обруча не является поступательным. Но можно заметить, что
относительно центра обруча каждая его точка движется по окруж-
ности. Поэтому движение обруча можно представить как суперпо-
зицию поступательного движения обруча со скоростью у11ОСТ=1’
и вращательного движения обруча очюсигельно его центра со ско-
ростью ц (см. рис. 3.48.а.). Кинетическая энергия обруча, дви-
г- "И’пост ти2 п

жущегося поступательно, равна сК11ЯЛ = —. 11ри вычис-
лении кинетической энергии вращательного движения обруча
учтем, что он тонкостенный, и поэтому все его точки движутся во-
круг оси с одинаковой скоростью V , следовательно, кинетиче-
скую энергию обруча, вращающегося вокруг своей оси симметрии,

можно вычислить по формуле ЕКвр = —-— .

Скорость вращения обруча можно найти, если учесть условие,
что он катится без проскальзывания. Если проскальзывания нет, то
точка А обруча, которой он касается поверхности, в каждый мо-
мент времени неподвижна относительно поверхности, по которой
катится обруч: = 0. Но скорость этой точки относительно по-
верхности можно представить как сумму скорости вращения отно-
сительно центра обруча и скорости центра обруча относительно
поверхности, те. 6^=йвр + Г> (см. рис. 3.48.6.). Для точки А чти

Рис. 3.48.6.

скорости противоположно направле-
ны, следовательно, пвр — V — 0, т.е.
г?,.. = V . Значит, если тонкостенный
обруч катится без проскальзывания,
то все его точки движутся относи-
тельно его центра со скоростью, рав-
ной скорости поступательного дви-
жения обруча. Кинетическая энергия
вращательного движения обруча рав-

на Ек =------ =-----, т.е. если бы об-

к 2 2

руч не участвовал в поступательном движении, а только вращался,
его кинетическая энергия была бы равна Полная кинетиче-
ская энергия равна сумме кинетической энергии поступательного
движения и кинетической энергии вращательного движения:

Ек =—Таким образом, если тонкостенный обруч мас-
сой т катится без проскальзывания со скоростью ц, его кинетиче-
ская энергия равна Ек = тг

Суперпозиция электрических токов

Сложную электрическую схему иногда удается представить
в виде суперпозиции нескольких более простых схем, вычислить
токи на каждом участке в каждой упрошенной схеме, а затем силу
тока на каждом участке исходной схемы найти как суперпозицию
токов на этих участках в каждой упрощенной схеме. Суперпози-
цию токов можно рассма1ривать как частный случай применения
суперпозиции движений. Применяя принцип суперпозиции для
расчета токов, иногда удается избежать сложнейших расчетов
и решить задачу в уме. В качестве примера рассмотрим решение
следующей задачи
Задача 3.49. «Сопротивление беско-
нечной решетки /». Имеется решечка, со-
стоящая из очень большого количества
одинаковых квадратных ячеек, электриче-
ское сопротивление каждого отрезка ре-
шетки, соединяющего ее узлы, равно К.
Чему буде'1 равно сопротивление всей ре-
шетки, если подключить ее к источнику
тока двумя соседними узлами (см. рис.
3.49.а)?

Рис. 3.49.а.

Возможное решение

Вспомним, что сопротивление равно отношению напряжения
на данном участке цепи к силе тока через него. Предположим, что
на решетку подается от источника тока напряжение Ц,, при этом
ток в проводах, идущих от источника, равен /п, тогда общее со-

противление решетки равно Ко = —.

Чтобы найти соотношение между об-
щей силой тока и напряжением, необходи-
мо разбираться с распределением токов во
всех участках решетки. Сделать эго для
бесконечной решетки довольно сложно. Но
можно заметить, что если бы ток был под-
веден только к одному узлу (узлу А), то

дальше он симметрично распределялся по

остальным участкам и уходил бы в бесконечность (см. рис. 3.49.6.).

При этом сила тока в первых четырех отрезках решетки была бы

—/0. И. наоборот, если бы ток стекался из бесконечности к узлу В,

то через каждый из четырех отрезков решетки, подходящих к узлу
В, шел ток в четыре раза меньший, чем общий ток в проводе, со-
единяющим узел В с источником тока.

Если понять, что исходная схема подключения решетки к ис-
точнику тока является суперпозицией двух рассмотренных случаев
(см. рис 3.49 в ), ю решение становится элементарным. Очевидно,
что между узлами А и В идет ток ^70. Закон Ома для этого отрезка
решетки можно записать: К= -^1. Значит, В = 2/?,, . Отку-
0,5/д /д

да получаем, что общее сопротивление решетки равно Лд =0,5/?.

Рис. 3.49.В.

йлмяига

Рис. 3.50.

Для тренировки предлагаем решить по-
хожую задачу.

Задача 3.50.С «Сопротивление беско-
нечной решетки 2». Имеется решетка, со-
стоящая из очень большого количества оди-
наковых треугольных ячеек (см. рис. 3.50).
При подключении омметра к любым двум
соседним узлам решетки омметр показывает
сопротивление 1,2 Ом. Чему равно сопро-
тивление одного отрезка решетки, соеди-
няющего ее соседние узлы?

Суперпозиция тел

Если тело имеет элементы симметрии, то его можно предста-
вить как результат наложения нескольких симметричных тел. Ино-
гда удобнее представлять тело не как сумму, а как разность сим-
метричных тел. Именно такой подход реализован в следующей
задаче.

Задача 3.51. «Треугольник с вырезом». Однородная пластина
имеет форму равностороннего треугольника со стороной а. В пла-
стине вырезан квадрат со стороной 0,25а так, что вершины квадра-

/ЗШС
та касаются боковых сторон треуголь-
ника на одинаковом расстоянии 01 вер-
шины (см. рис. 3.51.а). Найдите центр
масс пластины.

Возможное решение

Воспользуемся идеями симметрии.
Заметим, что если вырезанную часть
поместить на место, то получится одно-
родный треугольник. Центр масс одно-
родного равностороннего треугольника
находится в точке его симметрии, т.е.
точке пересечения медиан, биссектрис и
высот. Центр масс добавленного квадра-
та находится в центре квадрата. Центры
масс и сплошного треугольника, и до-
бавленного квадрата лежат на оси сим-
метрии данной фигуры. Поэтому ее
центр масс гоже будет лежать на этой
оси. Вспомним определение центра масс
системы материальных точек: центр
масс системы из X материальных то-
чек это точка, координаты которой
вычисляют по формуле

Рис. 3.51.6.

_ х1т1 + х2т2 + ...хыт1Ч

о —

т} +т2 + ... + т1^1

где т1 - масса соответствующей точки, а х, ее координата. Про-
ведем координатную ось X вдоль оси симметрии, точку отсчета
возьмем в вершине треугольника (рис 3.51.6.). Тогда координата X]

Д\/3 а а1 П Л V

центра квадрата равна X] =--г —, т.е. х( = —1^3 + 11. Коорди-

428 8' '

2 л/3 л/З

ната х0 центра треугольника равна х0=-а^-,т.е. х„=а—^~.

Пусть х2 - координата искомого центра. По определению цен-
т.х. + т2х2 Мх.. - т.х.

тра масс, х0 = ——--, отсюда х2 =---------.

М пу
Пусть р - плотность вещества, из которого сделана пластина,

И - толщина пластины. Тогда = рИ— и М = рА

---. Учиты-
4

вая, что т2 = М — т}, получаем: т2 = рИа ——— .

Подставив выражения, найденные для координат и масс, нахо-
дим координату центра масс искомой фигуры:

а а
16 8
_ 1А

рИа2 а — рА
ра" ГТз
4 I

31 - УЗ
После упрощения получаем: х, =-7=---а , или х, = 0,62 а .

‘ 8(4уЗ-1)

Таким образом, центр масс однородной треугольной пластины
с квадратным вырезом находится на оси симметрии фигуры на рас-
стоянии примерно 0,62 • и от вершины треугольника.

Использованный при решении данной задачи прием имеет ши-
рокое применение, поэтому его можно сформулировать следую-
щим образом:

ЭАП «Добавить для симметрии»

Если несимметричную фигуру можно сделать симметричной,
добавив к ней или отняв от нее некоторый элемент, то взаимодей-
ствие этого тела с другими можно вычислить как разность или
сумму силы взаимодействия достроенной симметричной фигуры
с этими телами и силы взаимодействия добавленного элемента
с теми же телами.

Суперпозиция тел и полей

Задача 3.52. «Шар с включением 1». Шар радиусом 3/?. изго-
товленный из вещества плотностью р, имеет шарообразное вклю-
чение плотностью р, (р, > р ) радиусом 2/?, расположенное так,
что его поверхность касается поверхности шара. Определите силу
гравитационного взаимодействия такого шара с точечным телом
массы т , находящимся на прямой, проходящей через центры шара
и шарового включения, на расстоянии 5/?
от центра шара с противоположной сто-
роны от включения (см. рис. 3.52.а.).

Возможное решение

Шар с включением не является цен-
трально симметричным шаром, поэтому
силу его взаимодействия с точечным те-
лом нельзя вычислять по формуле

М т , ,, _

Е = С -----, где М - масса шара. Чтобы

(5/?)

Рис. 3.52.а.

воспользоваться известной формулой силы

всемирного тяготения,

можно избрать два способа расчетов.

Можно разбить шар на очень маленькие однородные частицы,
найти силу взаимодействия каждой частицы шара с телом, считая
их материальными точками, а затем вычислить результирующую
всех сил взаимодействия. Этот способ потребует очень больших
и сложных математических действий.

Вычисления будут значительно проще, если представить шар
с шаровым включением как суперпозицию (фигуру, полученную
наложением) однородного шара плотностью р радиуса ЗЯ и одно-
родного шара плотностью (р, -р) радиуса 2Я (см. рис. 3.52.6.).
В этом случае искомая сила взаимодействия может быть вычислена
по формуле Р = Р1 + Р2.

Учтем, что масса первого однородного шара равна рул(ЗЯ)?,
и расстояние от его центра до тела равно 5/?, а масса второго од-
4

нородного шара равна (р, -р)—л(2Я)3, и расстояние от его центра
до тела равно 6/?.

4 4

р л(ЗЛ)’-и (р,-р) 7г(2/?)3-ли

Тогда Р -С—-------т----+ С---------—-------. После упро-

(5/?)2 (6Я)7

Р „ (36 8 Л

щения получаем: г = С/илЯ I —р-—(р,-р) I.

Кстати, по этой же формуле можно будет вычислить силу
взаимодействия и для случая, когда Р] < р. Аналогично можно по-
ступать при решении задач из других разделов физики:

Рис. 3.53.а.

Задача 3.53.Т. «Шар с полостью». Одно-
родный шар из диэлектрика имеет электриче-
ский заряд равномерно распределенный по
объему. Радиус шара равен К. В шаре делают
сферическую полость, поверхность которой ка-
сается шара и проходит через его центр (см. рис.
3.53.). При этом шар дополнительно не электри-
зуется. Найдите отношение максимальной и ми-
нимальной напряженностей электрического по-
ля вблизи поверхности шара.

Задача 3.54.С. «Комета». На поверхности шарообразной ко-
меты вдали от Солнца находится космический исследовательский
аппарат, способный легко перемещаться по поверхности кометы.
Внутри кометы находится ядро радиуса К плотностью Юр, вокруг
ядра расположена ледяная оболочка радиусом
3/? плотностью р. При этом цен гр ядра кометы
удален от центра ледяной сферы на расстоя-
ние И (см. рис. 3.54.). Какую минимальную
скорость должны сообщить космическому ап-
парату его двигатели, чтобы он смог покинуть
пределы поля тяготения кометы.

Рис. 3.54.

Возможные решения
тренировочных задач

К задаче 3.8. «Опыт Милликена»

В формулировке задачи не сказано о методах определения по-
ложения частицы и ее скорости, следовательно, найти ответ можно
только руководствуясь общими соображениями, например, попро-
бовав использовать методологические принципы физики. В усло-
виях указана неточность определения координаты, которая связана
с неточностью определения импульса частицы соотношением
неопределенное гей. Согласно соотношению неопределенностей,
/г

— Неопределенность импульса частицы складывается
2л

из неопределенности измерения ее массы и неопределенности
измерения скорости. Если считать, что неопределенность изме-
/?

рения массы пренебрежимо мала, то ------------. Учитывая, чго

2л/77Лх

— ~ 10 м Дж - с , получаем: Дг> > 10 21 м/с.

2л

К задаче 3.13. «Маятник и магнит»

Изобразим заданную ситуацию на рисунке (см. рис. 3.13.). Бу-
дем считать, что нам известно, что без магнита период колебаний
ж т т I7
шарика можно вычислить по формуле /0 = 2л —
\ё

В присутствии магнита на шарик действует магнитная сила.
Можно заметить, что во время малых колебаний на длинной нити
расстояние между шариком и магнитом практически не меняется
ни по направлению, ни по модулю.
Рис. 3.13.

Воспользуемся принципом суперпозиции'.
действие силы тяжеои и магнитного притяже-
ния эквивалентно действию измененной силы
тяжести, равной Е = ту, + Ем и сообщающей

* I

шарику ускорение ё = ё + ~~-
т

Тогда по аналогии с колебаниями матема-
тического маятника можно утверждать, что
период колебаний шарика будет вычисляться

по формуле Т - 2л I—

4 Л

V т

После преобразований получаем, что сила
магнитного взаимодействия равна

Т2

К задаче 3.16. «Поверхность жидкости в стакане»

Все, конечно, замечали, что при ускоренном движении стакана
с жидкостью свободная поверхность воды наклоняется. Чтобы ра-
зобраться с этой ситуацией, изобразим на рисунке начальное поло-
жение воды в стакане. Свободная поверхность занимает горизон-
тальное положение, сила тяжести направлена вертикально (см. рис
3.16.а.). Когда стакан начинает двигаться с ускорением а, «эквива-
лентное ускорение силы тяжести» становится равным
8экв - ё + (“") • Учитывая, что ускорение силы тяжести направлено
вертикально, а ускорение стакана - горизонтально, получаем, что
?экв - >]ё2 + (см- Рис- 3.16.6.). В первом случае свободная по-
верхность воды располагалась перпендикулярно направлению силы
тяжести. Действуя по аналогии, приходим к выводу, что во втором
случае свободная поверхность должна располагаться перпендику-
лярно «эквивалентной силе тяжести», отклоненной от вертикали на
угол а. Иными словами, совместное воздействие на частицы воды,
находящиеся в вертикальном стакане, сил тяжести и инерции ана-
логично (эквивалентно) воздействию на частицы воды в наклонен-
ном стакане вертикальной силы тяжести, модуль которой равен
Яжв ^см- Рис- 3.16.в). Таким образом, угол наклона к гориэонту
свободной поверхности жидкости в ускоренно движущемся стака-
не равен углу отклонения а о г вертикали эквивалентной силы тя-
жести. Рассмотрев треугольник ускорений, приходим к выводу, что

(§а = —. При максимально допустимом ускорении верхний край
ё

жидкости должен сравняться с верхним краем стакана. Слсдова-
//-0,8/7 л 0,2//

гельно, 1{»а =------- Получаем: а =-------§ Если ускорение

г г

, „ м
силы тяжести принять равным § = 10—, то максимально допусти-
с

_ м
мое ускорение равно а = 5 —
с"

К задаче 3.18. «Три шарика на стержнях»

Для вычисления периода колебаний воспользуемся ЭАП «ана-
логичная окружность». Поэтому период колебаний будем вычис-

лять по формуле Тк[)лсб =-.

Отношение амплитуды колебаний координаты к амплитуде ко-
лебаний скорости найдем из закона сохранения механической
энергии, записав его для состояний системы при наибольшем сме-
щении и при прохождении положения равновесия:
Е — Е + Е п .
п тах к тах лО

Предположим, что максималь-
ный угол поворота стержней равен а
(см. рис. 3.18.6), тогда максималь-
ное горизонтальное смещение ниж-
него шарика равно хт=2/,8ша,
а высота наибольшего подъема ниж-
него шарика

Ит =2А(1-со8а) = 4181п2у.

Учитывая, что угол мал, можно
считать, что х = 2Ь-а и И = Ьа2,
т т *

откуда получаем: Если за-

кон сохранения переписать в виде: Еп1пах ~Ект;а = Ел0, то становит-

ся понятно, что изменение потенциальной энергии шариков масса-
ми т можно не рассматривать, так как на сколько увеличивается

потенциальная
потенциальная

Получаем:

энергия одного шарика, на столько уменьшается
энергия второго.

_ х2 2 та2 _ ти2

2т%-^- =—^- + 2—. Учитывая, что радиусы

вращения шариков массами т в два раза меньше радиуса враще-
1

ния шарика массой 2ш, приходим к выводу, что г>1т =—Ут. Следо-

х~ х^

вательно, 7»^—^ =--------Откуда —у- =— Тогда период колеба-

21 4 1>т 2ё

ний равен Т = 2тг

К задаче 3.28. «Тетраэдр из проволоки»

Каждая сторона тетраэдра является резистором. Чтобы было
проще рассуждать, изобразим каждый резистор в виде прямоуголь-
ника (см. рис. 3.28.6.). Учитывая симметрию схемы, легко заме-
тить, что вершины тетраэдра А и В являются точками равного по-
тенциала, следовательно, можно исключить из схемы резистор,
соединяющий эти точки (см. рис. 3.28.В.). Теперь легко вычислить,
что общее сопротивление тетраэдра в два раза меньше сопротив-
ления одного куска проволоки, образующего сторону тетраэдра,
и равно 0,5 У?.

К задаче 3.53. «Шар с полостью»

Учитывая принцип суперпозиции, можно утверждать, что на-
пряженность поля такого шара в любой точке можно найти как раз-
ность между напряженностью поля, создаваемого сплошным ша-
ром, и напряженностью поля, которую создавал тот заряд, который
ранее заполнял сферическую полость (см. рис. 3.53 б.). Учитывая,
что заряд ц был распределен равномерно, получаем, что «вырезан-
у \(0,5Я)’ 1
ный» заряд равен -ц— = ц— ---------=—ц .

лУ?

Соображения симметрии подсказывают, что наименьшая на-
пряженность будет вблизи края полости, а наибольшая с проти-
воположной стороны. Следовательно,

Е =__|_Н__________1____"I _1____

т,п 4леп I У?2 8(0,5У?)2> 4ле„ 2У?2 ’

Е 1 И <7 1 1 17<У

™х 4леДУ?2 8(1,5У?)2^ 4леп 187?2

Е 17

Откуда получаем: —— = —
Формулировки
методологических принципов физики
и краткие пояснения к ним

Принцип симметрии и идея сохранения: физические законы
симметричны (инвариантны) относительно следующих общих пре-
образований: сдвиг и поворот системы как целого в пространстве,
изменение начала отсчета времени, переход к системе отсчета,
движущейся относительно данной системы с постоянной скоро-
стью, кроме того, симметрия присутствует во многих частных про-
явлениях физических закономерностей, поэтому метод аналогии
рассматривается как частный случай принципа симметрии [46,
с.507, 682].

Законы сохранения также следует рассматривать как следст-
вия тех или иных проявлений симметрии пространства-времени
(закон сохранения энергии следствие неизменности (инвариант-
ности) физических законов относительно переноса во времени; за-
кон сохранения импульса - следевне неизменности физических
законов относительно переноса в прос।ранстве; закон сохранения
момента импульса - следствие неизменности физических законов
относительно поворота в пространс1ве, закон сохранения электри-
ческого заряда проявление калибровочной симметрии, согласно
которой одновременное изменение потенциала всех точек на одну
и ту же величину не изменяет вид законов) [39, с. 21, 24.].

Принцип простоты: при объяснении явления следует стре-
миться к получению наиболее простой, но отражающей все его
важнейшие черты картины явления, допускающей дальнейшие
обобщения [23, с. 4].

Принцип относительности: законы физики имеют одинако-
вую форму во всех инерциальных системах отсчета [46, с. 507].

Принцип суперпозиции: результирующий эффект сложного
процесса взаимодействия представляет собой сумму эффектов, вы-
зываемых каждым воздействием в отдельности, при условии, что
последние взаимно не влияют друг на друга [46, с. 373].

Принцип соответствия: любая новая теория, претендующая
на более глубокое описание физической реальности и на более ши-
рокую область применяемости, чем старая, должна включать по-
следнюю как предельный случай [46, с. 700].

Принцип причинности: существуют допустимые границы
влияния физических событий друг на друга; исключается влияние
данного события на все предшествующие, «будущее» не влияет на
«прошлое», событие «причина» всегда предшествует событию
«следствие» [46, с. 587]; для законов макромира характерна дина-
мическая причинность, согласно которой существует однозначная
связь между причиной и следствием, а для микромира характерна
статистическая причинность, которая означает реализацию одно-
го из нескольких вероятных событий «следствий» одного и того же
события «причины» [34, с. 272]; взаимное влияние между собы-
тиями, применительно к которым понятия «раньше», «позже» не
имеют смысла, отсутствует [46, с. 587].

Принцип дополнительности и соотношение неопределенно-
стей: при переносе закономерностей, характерных для макромира,
в область исследования микрообъектов следует учитывать ограни-
чения, налагаемые на них вероятностным характером поведения
и существования элементарных частиц, поэтому при эксперимен-
на некотором этапе решения вы не можете подобрать необходимое
количество уравнений, описывающих взаимосвязь между объекта-
ми, или приходите к заведомо ложному результату, то надо поста-
раться еще раз внимательно рассмотреть объекты и попытаться
учесть их особые свойства.

Учесть особенности процессов

Исследуя заданную ситуацию, надо постараться учесть осо-
бенности процессов, рассматриваемых в задаче, в том числе, осо-
бенности математических функций, описывающих эти процессы,
вспомнить ограничения для процессов по времени и в пространст-
ве, по скорости протекания процессов, по температурному режиму,
при котором они возможны и т.п. Это позволит избежать ложных
ответов и сократит время решения задачи. Рассмотрим примеры.

Задача 4.1. «Закон нечетных чисел». Тело начинает двигаться
без начальной скорости с постоянным ускорением и за первые 3 с
проходит путь 20 м. Какой путь пройдет тело за следующие 3 с9

Предварительные пояснения к возможному ходу решения.

Эту задачу можно решить, используя стандартный алгоритм
решения задач на кинематику, но решение становится значительно
легче, если учесть особенности системы, а именно тот факт, что
тело начинает равноускоренное движение из состояния покоя.
В этом случае удобно применить так называемый «закон нечетных
чисел», согласно которому при равноускоренном движении из со-
стояния покоя пути, пройденные тезам за посзедукнцие равные
промежутки времени, пропорциональны ряду нечетных чисел. До-
казательство закона нечетных чисел приводится в данном пособии
в этой же главе как пример решения задачи с использованием гра-
фика (см. задачу 4.61. «Закон нечетных чисел 3»).

Возможное решение

За интервал времени примем 3 с, тогда, опираясь на «закон не-
четных чисел», получаем: л, : л, = 1:3 , значит, х, = Зл', и = 60 м.

Задача 4.2.С. «Путь за пятую секунду». Тело за вторую се-
кунду своего равноускоренного движения из состояния покоя про-
ходит путь 24 м. Какой путь пройдет тело за пятую секунду своего
движения?

Задача 4.3. «Плавление .меди». Сколько энергии необходимо
для плавления 2 кг меди, взятых при 14 “С?
Возможное решение

Для ответа на вопрос задачи необходимо подобрать дополни-
тельные данные. Известно, что медь при обычных условиях пла-
вится при более высокой температуре, чем указана в задаче, следо-
вательно, ее сначала придется нагреть, а затем уже плавить.
Воспользуемся справочными данными: удельная теплоемкость ме-
ди с = 400 Дж / (кг °С), температура плавления Г,=1084°С.
удельная теплота плавления А. = 213000 Дж/кг Количество теп-
лоты, необходимое для плавления меди, находим по формуле,
учитывающей необходимость предварительного нагрева меди,
^) = ст(у-1')-\-Тт. Подставив числовые данные, получаем:
2 = 1282000 Дж» 1,28 МДж.

Несмотря на простоту этой задачи, иногда школьники забыва-
ют о необходимости предварительного нагрева тела до температу-
ры плавления.

Задача 4.4.С. «Топор Войны». Чингачгук, Виниту и Зоркий
Сокол решили зарыть Топор Войны, но потом они испугались, что
его может кто-нибудь тайно откопать. Тогда по совету Оцеолы,
Вождя Сименолов, они решили расплавить Топор Войны в Костре
Дружбы. Какое минимальное количество дров, имеющих удельную
теплоту сгорания ц = 10000000 Дж/кг, для этого потребуется, если
температура воздуха 24 "С. атмосферное давление 100 кПа, а КПД
Костра Дружбы при таких условиях равен 0,2%? Топор сделан из
меди и имеет массу 5 кг.

Часто ошибаются учащиеся и при решении задач на отражение
света в плоском зеркале, когда необходимо учитывать особенности
изменения расстояния между предметом и его изображением.

Задача 4.5. «Автомобиль и вертикальное ссркало». Вертикаль-
ное зеркало движется вдоль гори юнтального стола со скоростью и
в направлении, перпендикулярном плоскости зеркала. Игрушечный
автомобиль движется по столу со скоростью ?>, направленной на-
встречу зеркалу под углом а к перпендикуляру к зеркальной по-
верхности. С какой скоростью автомобиль приближается к своему
отражению?

Возможное решение

Для решения этой задачи важно учесть, что на скорость
сближения влияет только проекция скорости авто.мобися на пер-
пендикуляр к плоскости зеркала. Проекция скорости автомобиля на
перпендикуляр к зеркалу равна г-сова. Следовательно, автомо-
биль приближается к плоскости зеркала со скоростью 1>-со8а + л .

Учитывая особенность получения изображения в плоском зер-
кале, можно утверждать, что с какой скоростью автомобиль при-
ближается к плоскости зеркала, с такой же скоростью приближает-
ся к ней и изображение автомобиля. Значит, скорость сближения
автомобиля и его отражения равна 2(г сова + и).

Задача 4.6.С «Автомобиль и наклонное зеркало». На горизон-
тальном столе находится плоское зеркало, которое наклонено так,
что угол между его плоскостью и плоскостью поверхности стола
равен а. Игрушечный автомобиль движется по столу со скоро-
стью V, направленной под углом р к линии пересечения плоскости
зеркала с плоскостью поверхности стола. Зеркало перемещается
вдоль поверхности стола со скоростью и, направленной перпенди-
кулярно к линии пересечения плоскости зеркала с плоскостью по-
верхности стола. С какой скоростью автомобиль приближается
к своему отражению?

Надеемся, что читатели разобрались с геометрией процесса,
рассмотренного в последней задаче. Теперь предлагаем попытаться
самостоятельно решить еще две задачи на учет особых условий для
прохождения тока в моменты замыкания и размыкания электриче-
ской цепи.

Задача 4.7.Т, «Ток после замыкания». Какой ток пойдет через
амперметр сразу после замыкания ключа в схеме, изображенной на
рис. 4.7.а? В начальный момент конденсатор не заряжен.

Задача 4.8.С. «Ток после размыкания».
Электрическая схема имеет вид, изображенный
на рис. 4.7.а. В начальный момент ключ замк-
нут. Какой ток пойдет через каждый из резисто-
ров сразу после размыкания ключа?

Следующая серия задач составлена по теме
«Небесная механика». Если некоторые термины
будут вызывать у читателей затруднение, сове-

туем посмотреть соответствующий раздел в учебнике астрономии
для средней школы.

Задача 4.9. «Полет к Марсу». Учитывая, что Марс находится
в полтора раза дальше от Солнца, чем Земля, оцените время пере-
лета космического аппарата от Земли до
Марса по траектории Гомона-Цандера.

Возможное решение

Траектория Гомона-Цандера пред-
ставляет собой половину эллипса, ка-
сающегося орбит Земли и Марса. Эта
орбита является одной из наиболее эко-
номичных по расходу топлива. Для пе-
релета по такой орбите достаточно один
раз разогнать корабль в направлении
движения Земли до необходимой скоро-

Рис. 4.9.

сти, а далее он будет лететь лишь под действием силы тяготения
к Солнцу. Время перелета по такой орбите проще всего рассчитать,
учитывая третий закон Кеплера, согласно которому для любых
двух тел, движущихся вокруг Солнца, отношение квадратов их
звездных периодов равно отношению кубов больших полуосей их

Т2 а2

орбит: —у-—у- Первым телом будет космический аппарат, а в ка-
Т2 а2

честве другого тела удобно принять Землю. Учтем, что большая
полуось орбиты Земли (можно сказать - радиус орбиты Земли)
равна а2 - 1 а.е. Период обращения Земли вокруг Солнца равен
Т2 =1 год. Большая полуось орбиты Гомона-Цандера равна полу-
сумме больших полуосей (радиусов орбит) Земли и Марса
а, = 0,5(а2 + а3). Тогда период движения по орбите Гомона-
Цандера можно рассчитать по формуле

Учитывая, что время перечета равно почовине периооа. полу-

2,5 I---

чаем, что х = Т2 —— Л1,25 «0,7 года «8,5 месяца «255 суток.

При этом следует учитывать, что такой полет возможен толь-
ко при определенном начальном положении планет (см. рис. 4.9.).
Кроме того, не следует забывать, что при расчетах мы не учитыва-
ли гравитационное воздействие на полет других планет, поэтому
результат довольно приблизителен.
Задача 4.10.С. «Полет к Юпитеру». Учитывая, что Юпитер
находится в 5,2 раза дальше от Солнца, чем Земля, оцените время
перелета космического аппарата от Земли до Юпитера по траекто-
рии Гомона-Цандера.

Задача 4.11.Т. «Падение астероида». Оцените, сколько време-
ни будет падать на Солнце астероид, который, оказавшись на рас-
стоянии 1 а.е. от Солнца, в результате столкновения с другим асте-
роидом потеряет свою скорость.

Учесть особенности предметов

Исследуемые в задачах физические тела могут иметь некото-
рые особые, присущие только им свойства, учет которых иногда
позволяет существенно упростить решение. Среди особых свойств
можно назвать особенности свойств тел в различных агрегатных
состояниях, в том числе: малая сжимаемость жидкостей, независи-
мость давления насыщенного пара от объема при постоянной тем-
пературе, стремление газов занимать весь предоставляемый им
объем. Необходимо помнить, что свойства идеальных измеритель-
ных приборов отличаются от свойств неидеальных: сопротивление
реальных амперметров отличается от нуля, а сопротивление реаль-
ных вольтметров может оказаться сравнимым с сопротивлением
резисторов, к которым их подключают. Иногда приходится учиты-
вать свойства живых существ и помнить, что многие их особенно-
сти объясняются особенностями среды их обитания. Не следует
забывать и о том, что человек тоже живое существо, и его органы
восприятия информации тоже имеют особые свойства. Иногда надо
учитывать и особые свойства планеты Земля, на которой мы жи-
вем, конечность ее размеров, и то, что сила тяжести с высотой
уменьшается, а Земля - это большой почти шарообразный провод-
ник, и что большая часть земной атмосферы располагается недале-
ко от ее поверхности и т.д.

При этом учитывать следует только такие особенности, кото-
рые, по вашему мнению, являются существенными для ситуации,
рассматриваемой в задаче. В противном случае существует опас-
ность «заблудиться» во множестве частных особенностей.

Задача 4.12. «Плавающий лед». В цилиндрический стакан вме-
стимостью 200 г, наполненный наполовину водой, опустили кусок
льда массой 20 г. На сколько изменится уровень воды в стака-
не, когда весь лед растает? Плотность воды 1 г/м’, плотность льда
0,9 г/м3 .
Возможное решение

Поскольку лед плавает, то сила гяжесги, действующая на него,
равна архимедовой силе = рн#К1|о|Р- Следовательно, объем
погруженной части льда равен отношению массы льда к плотности
воды ИПО|Р =——. Учтем, что, когда лсд растает, то он превратится
Рв

в воду объемом =—— Очевидно, что объем погруженной в воду

Рв

части плавающего льда и объем воды, образовавшейся изо льда,
одинаковы. Следовательно, после того как лед растает, уровень во-
ды в стакане не изменится.

Задача 4.13.С. «Уровень воды в океане». Как изменится уро-
вень воды в океане, если весь плавающий лед в нем растает, а объ-
ем материкового льда не изменится?

Надеемся, что читатели справились с решением проблемы
уровня воды в океане. Теперь можно сделать некоторые уточнения
по задаче про плавающий лед в стакане. Но >го наиболее вероят-
ный, но не всегда правильный ответ.

Во-первых, если в стакане была соленая вода, то ее плотность
больше плотности пресной воды, тогда объем погруженной в соле-
ную воду части льда будет меньше объема пресной воды, обра-
зующейся изо льда.

Во-вторых, если в ходе плавления температура воды изменя-
лась, то изменялась и плотность воды (наибольшую плотность име-
ет вода при 4 °С), а, следовательно, небольшие отличия между на-
чальным уровнем воды и конечным будут наблюдаться.

Задача 4.14. «Ворона на канистре». Пролетая над рекой, воро-
на увидела плавающую канистру и села на нее отдохнуть. При этом
канистра оказалась наполовину погруженной в воду. Размеры ка-
нистры: ширина 24 см. длина 40 см. высота 8 см. Когда ворона ос-
торожно, изредка помогая себе взмахами крыльев, подошла к сере-
дине более узкого края канистры, то оказалась на одном уровне
с поверхностью воды. При этом канистра продолжала плавать.
Оцените массу вороны.

Возможное решение

На плавающую канистру действуют: сила тяжести М§, вес во-
роны тр и выталкивающая сила Архимеда /•дрх
Учитывая, что канистра погружена наполовину, находим ве-
I

личину выталкивающей силы гАРХ = —рв а-Ь-п.

Чтобы найти массу вороны, рассмотрим условие равновесия
, 1 - канистры. Изобразим силы, действую-

А [ь -л щие на канистру, в тот момент, когда

\ ворона находится на ее краю (см. рис.

4.14.). При этом будем учитывать сле-
дующие важные особенности’.

Мё 1) канистра остается погруженной

наполовину, значит, ее центр тяжести

Рис. 4.14. находится на уровне свободной поверх-

ности воды;

2) точкой приложения силы Архимеда является центр тяжести
однородного твердого вещества, занимающего объем погруженной
в жидкость части тела и принимающего форму этой части;

3) погруженная часть канистры имеет форму треугольной
призмы (на рисунке это треугольник);

4) центр тяжести однородного треугольника находится в точке
пресечения медиан;

5) точка пересечения медиан делит каждую медиану на две
части, длины которых делятся в отношении 2:1, а, значит, расстоя-
ние от точки приложения архимедовой силы до точки приложения
силы тяжести, действующей на канистру, равно 1/3 от длины всей
медианы.

Поскольку канистра осталась в равновесии, то за ось вращения
можно принять любую точку. Пусть осью вращения будет точка
приложения силы тяжести, действующей на канистру (середина
канистры). Чтобы найти плечи сил, учтем еще несколько геометри-
ческих особенностей.

Учитывая прямоугольность канистры и теорему Пифагора, по-
лучаем, что диагональ прямоугольного сечения канистры, изобра-
женного на рисунке, равна л/а* 2 3 4 5 +Л2 . следовательно, плечо силы
веса вороны равно ^\1а2 +И2 . Проведем пунктирной линией пер-
пендикуляр от нижней вершины погруженного в воду треугольни-
ка к его основанию (диагонали прямоугольника). Учитывая подо-
бие треугольников, можно заметить, что длина отрезка от точки
посадки вороны до точки пересечения проведенного перпендику-
ляра с диагональю относится к высоте канистры, как высота отно-
сится к длине диагонали. Поэтому длина этого отрезка равна

Л2 Л

.....-. С учетом теоремы Фалеса о пропорциональных отрезках
V а2 +Л2

плечо силы

I I ________

Ем>х равно — —\1а2 +И2

у/а2 + Л2 ,

. Правило момен-

тов сил относительно центра канистры можно записать в виде:

+ И2 = Е^х

. Если

в это уравне-

ние подставить выражение для архимедовой силы и обе части

1 V и ' '‘ , 2 I 2 \

уравнения умножить на --------------, то получим: 6т(а +п ) =

=р а-Ь Е (а2 - Л’). Откуда

= 0,49 кг = 490 г.

Отметим еще одну особенность данного процесса плавания:
так как центр тяжести системы ворона - канистра находится выше
точки приложения архимедовой силы, то положение равновесия
вороны на канистре неустойчивое, поэтому вороне и приходилось
иногда помахивать крыльями, чтобы сохранить равновесие. Т.е. это
не самый лучший способ для отдыха и для измерения массы!

Задача 4.15. «Миллиметровая шкала». При хорошем освеще-
нии человеческий глаз может различать две частицы как отдель-
ные, если угловое расстояние между ними не менее Г (одной угло-
вой минуты). Определите, каким должно быть минимальное рас-
стояние между отметками на шкале линейки, чтобы человек разли-
чал их на расстоянии вытянутой руки?

Возможное решение

Учтем, что расстояние вытянутой руки человека равно, при-
мерно, Ь = 70 см (вспомните, чему равен английский ярд). Связь
между линейными и угловыми расстояниями
можно изобразить на рисунке (см. рис. 4.15.).
Учитывая геометрические соотношения, можно

<Т<1

Рис. 4.10. гч г !

записать, что В = 2и$т—. 1ак как угол а = 1

. а а . „

мал, то 81Пу ® — (если величина угла выражена в радианной мере).

Учитывая, что 2л: радиан = 360°= 360-60', получаем:
а' • 2л

В-Ь збо , ~ 0,2 мм. Значит, цену деления шкалы измеритель-
ной линейки можно было бы сделать в 5 раз меньше одного мил-
лиметра. Однако следует учитывать, что полученное значение
справедливо только при хорошей освещенности, при меньшей ос-
вещенности предел углового разрешения глаза уменьшается. По-
этому расстояние в 1 мм можно считать оптимальным для практи-
ческого использования измерительной линейки.

Задача 4.16.Т. «Рельсы», «А рельсы-то, как водится, у гори-
зонта сходятся...» - пелось в одной из популярных песен 70-х го-
дов 20 столетия. Прав ли был автор песни? Проверьте это, учиты-
вая, что расстояние между рельсами равно примерно 1,5 м.

Задача 4.17.С. «Орлиный глаз». Известно, что глаз орла по сво-
ему строению почти не отличается от глаза человека. Благодаря
чему орлиный глаз различает предметы на значительно больших
расстояниях, чем человек?

Задача 4.18.С. «Горизонтальность животных». Зачем так уст-
роено в природе, что большинство живущих на Земле животных
горизонтальны, т.е. головной мозг и сердце - два самых важных
органа - находятся на одном уровне?

Задача 4.19. «Дальность разлета». На краю стола высотой Н
лежит шайба массой т. На нее налетает движущаяся со скоро-
стью V другая шайба массой 113т. После упругого столкновения
обе шайбы падают на пол. Сравните дальности полета шайб.

Возможное решение

Чтобы ответить на вопрос задачи, следует найти скорости
шайб после столкновения. Поскольку столкновение упругое, то
можно записать закон сохранения импульса и закон сохранения
механической энергии для системы и > двух шайб до удара и после.
Но можно существенно сократить вычисления, если обратить
внимание на особенности сталкивающихся тел. Масса второй
шайбы во много раз больше массы первой шайбы. Значит, после
столкновения скорость массивной шайбы практически не изменит-
ся! (Желающие могут убедиться в ном, проведя несложные, но
достаточно долгие вычисления.) Скорость легкой шайбы легко
найти, если рассмотреть ее движение в СО, связанной с массивной
шайбой. Легкая шайба приближается к массивной со скоростью V,
после упругого столкновения ее скорость останется прежней, но
будет направлена в противоположную сторону. Значит, относи-
тельно стола скорость легкой шайбы после столкновения будет
равна 2н!

Теперь учтем особенности процесса падения шайб. После со-
скальзывания со стола каждая шайба движется как тело, брошенное
горизонтально. Поскольку шайбы падают с одинаковой высоты, то
время их падения будет одинаковым. Во время полета на шайбы
действует только сила тяжести, направленная вертикально, поэто-
му горизонтальные составляющие их скоростей не меняются. Сле-
довательно, различие в дальности полета будет зависеть только от
скоростей шайб в момент их соскальзывания со стола. Так как ско-
рость легкой шайбы в 2 раза больше скорости тяжелой, то и даль-
ность полета легкой шайбы будет в два раза больше, чем тяжелой.

Использованный при решении данной задачи прием можно
сформулировать в виде эвристико-алгоритмического приема.

ЭАП «Как от стенки»

Если легкое тело испытывает абсолютно упругое столкнове-
ние с массивным телом, то в системе отсчета, связанной с мас-
сивным телом, можно считать, что легкое тело отлетает от него
так же, как и от неподвижной стенки, т.е. с той же по модулю
скоростью.

Предлагаем попробовать применить данный ЭАП при решении
двух следующих задач.

Задача 4.20.Т. «Взлет легкого шарика». С высоты Но на мас-
сивную стальную плиту вертикально падают два стальных шарика.
При этом более легкий шарик находится над более тяжелым, во
время полета шарики почти касаются друг друга. На какую высоту
подлетит верхний после их столкновения с плитой, если масса
нижнего много больше массы верхнего?

Задача 4.21.С. «Молекула и поршень». Молекула, движущаяся
со скоростью г0 , упруго ударяется о движущийся со скоростью и
поршень. Направление скорости молекулы составляет угол а с пер-
пендикуляром к плоскости поршня. Какой будет скорость молеку-
лы после удара?

Учесть особенности системы

Иногда при решении задачи приходится учитывать не только
особые свойства процессов и предметов, но и те свойства, которы-
ми обладает система этих объектов.

Задача 4.22. «Система линз». Две тонкие стеклянные линзы
прижаты вплотную друг к другу, и пространство между ними за-
полнено тонким слоем воды. Одна линза двояковогнутая и имеет
радиусы кривизны псверх пости /?, = 20 см , а другая - двояковыпук-
лая с радиусами кривизны поверхностей /?, = 25 см . Абсолютный по-
казатель преломления стекла линз считать равным и, = 1,5, а воды -
и, = 4/3. Определите оптическую силу этой оптической системы.

Возможное решение

Учтем особенности оптической системы, уточним ее струк-
туру. Так как линзы тонкие и прижаты друг к другу, то оптическая
сила этой системы равна сумме оптических сил каждой линзы. При
этом слой воды, заполняющей пространство между линзами, сле-
дует считать линзой. Учтем и особенности системы. Оптическая
сила системы тонких линз, расположенных вплотную друг к другу,
равна сумме оптических сил всех элементов, входящих в систему:

- О, + О, +7), +....

В нашем случае 7) = У} + Ов + О2, где О, - оптическая сила
двояковогнутой линзы, О, оптическая сила двояковыпуклой
линзы, Ов - оптическая сила «водяной линзы». Учтем, что

А =(«,-•)

Тогда
( 7 } ( 7 \ ( 1 1

1 1

откуда О=--------------(1 + и2

< Л1 К2 7

-2п,). Подставив числовые данные.

получаем: О =

0,2 м 0.25 м

Ответ: Оптическая сила системы равна О = дптр. Знак «-»
указывает, что фокус данной системы является мнимым.

Для тех. кому известна формула опзической силы сферическо-
го зеркала, не будет представлять особой сложности решение двух
следующих задач. Некоторые формулы можно подсмотреть
в подсказке к решению этой задачи.

Задача 4.23.С. «Посеребренная чшна». У тонкой плосковы-
пуклой линзы радиусом кривизны /? и показателем преломления и
посеребрена выпуклая поверхность. Определите оптическую силу
этой системы.

Задача 4.24.С. «Зеркало с водой». Небольшое вогнутое зеркало
с радиусом кривизны /? = 3,5 м лежит на горизонтальном столе от-
ражающей поверхностью вверх. Сверху на зеркало налита вода. На
середину зеркала падает вертикальный пучок лучей. На каком рас-
стоянии от нижней точки зеркала соберутся лучи, отраженные от
зеркала?

Задача 4.25.Т. «Первый ИСЗ». Первый искусственный спутник
Земли представлял собой шар диаметром 580 мм. Посчитайте, на
каком расстоянии от земного наблюдателя надо запустить этот
спутник, чтобы с его помощью можно было бы хоть мгновение на-
блюдать полное солнечное затмение? Оцените (очень приблизи-
тельно), каков был бы период обращения этого спутника вокруг
Земли. Справочные данные (округленные): диаметр Земли
(1= 12 700 км, диаметр Солнца О = 1 400 000 км, расстояние Земля-
Солнце Ь = 150 000 000 км.

Надеемся, что читатель справился с решением предыдущей за-
дачи, теперь рассмотрим задачу на исследование свойств земной
атмосферы.

Решение с южных и нееншаяртных «мач но физике

129
Задача 4.26. «Масса земной атмосферы». Оцените массу зем-
ной атмосферы.

Возможное решение

В тексте данной задачи нет числовых данных, но их можно по-
добрать. Учтем, что:

1) атмосферное давление вблизи поверхности Земли равно
р0 = 105 Па;

2) сила атмосферного давления на Землю равна произведению
давления на площадь земной поверхности;

3) радиус Земли равен Н - 6400 км;

4) площадь поверхности сферы равна 5 = 4л/?2;

5) атмосфера давит на Землю из-за притяжения к ней; сила,
с которой тело давит на поверхность, вследствие притяжения
к Земле, называется весом;

6) вес неподвижного тела вблизи поверхности Земли вычисля-
ют по формуле: т%;

7) граница атмосфера Земли находится практически на рас-
стоянии не более 200 км (на такой высоте уже летают спутники
Земли), при этом основная масса атмосферы находится вблизи по-
верхности (уже на высоте 4 км над уровнем моря люди испытыва-
ют кислородное голодание), следовательно, при расчете веса атмо-
сферы можно считать, что # = 9,8 м/с2.

п л. А, 4 л/?2 ..

Получаем расчетную формулу: т = —-----. Подставив число-

вые данные, получаем, что т = 5,2 • 10|Ккг .

Рис. 4.27.а.

Следующие две задачи легко решаются,
если учитывается одна из теорем теоретиче-
ской физики.

Задача 4.27. «Направление силы». Одно-
родная балка массой т - 1 кг прикреплена
нижним концом к вертикальной стене с по-
мощью шарнира, верхний конец балки со-
единен со стеной с помощью троса таким
образом, что угол между балкой и стеной равен а = 30°, а между
тросом и стеной Р = 60° (см. рис. 4.27.а). Определите угол между
направлением действия силы реакции шарнира и стеной.

Возможное решение

Рассмотрим силы, действующие на балку, изобразив их на рис.
4.27.6. Сила тяжести приложена к центру однородной балки
и направлена вниз. Сила натяжения нити Т приложена к верхнему
краю балки и направлена вдоль троса. Сила реакции шарнира при-
ложена к нижней точке балки, но направление ее неизвестно.

Обратим внимание на особенность конструкции. На балку дей-

ствуют всего три силы, и балка находится в равновесии. Значит,
моменты всех трех сил относительно любой точки равны нулю.

Заметим, что линии действия силы тяжести и силы натяжения тро-

са проходят через точку О (см. рис. 4.27.в), следовательно, относи-
тельно точки О моменты этих сил равны нулю. Но тогда и момент
силы реакции шарнира относительно этой точки должен быть ра-
вен нулю. Значит, сила реакции шарнира направлена к точке О (см.

рис. 4.27.г.)!

Чтобы разобраться с геометрией ри-
сунка, сделаем его крупнее и оставим на
нем только необходимые для расчетов
линии. Точки приложения сил и точку
соединения троса со стеной обозначим
латинскими буквами (см. рис. 4.27.д).
Учитывая, что сила тяжести приложена в
центре балки, получаем, что расстояние
СО равно расстоянию ОА. Учитывая тео-
рему Фалеса, получаем, что расстояние ВО равно расстоянию ОА
Тогда, согласно теореме синусов, для треугольников ОВС и АВС
получаем:

ВО ___________ВС _____

8Ш у 81П (180 - у - (180 - РУ) ’

2ВО___________ВС_________

8та 81п(180-а-(180-Р))

Разделив вторую формулу на первую, получаем:

2к1пу 81п(Р~ у)

81па 81п(р-а)

Откуда 281п(Р-а)81пу = 81па81пРсо8у-81пасо8р81пу . Разделив
обе части уравнения на со8у, получаем выражение для тангенса
81па81пР л

угла наклона 1цу =-------------------- I юдставив числовые

281П(р а) + 81пасо8р

данные, получаем: = ~~ Следовательно, у ® 19°.

При решении данной задачи была использована важная зако-
номерность, которая в теоретической механике известна как «тео-
рема о трех силах». На основе этой теоремы можно сформулиро-
вать эвристико-алгоритмический прием.

ЭАП «Поиск нулевой точки»

Если тело находится в равновесии под действием трех непа-
раллельных сил, то при поиске направления действия этих сил
следует искать «нулевую точку», т.е. точку, через которую про-
ходят линии действия всех сил.

Задача 4.28.С. «Стремянка». На
гладкой горизонтальной поверхности сто-
ит легкая лестница-стремянка, состоящая
из двух одинаковых частей, шарнирно со-
единенных вверху и связанных веревкой
у основания так, что угол между частями
стремянки равен а. На середине одной из
них стоит человек массой т (см. рис.
4.28.) Под каким углом к горизонту на-
Учесть погрешность измерений

правлены силы реакции шарнира, действующие на каждую из час-
тей стремянки?

Рис. 4.29.В.

При использовании для рас-
четов результатов эксперимента
обязательно надо учитывать по-
грешность измерений.

Задача. 4.29. «Сопротивление
шипы». Чтобы измерить сопро-
тивление спирали лампы, парал-
лельно к ней подключили вольт-
метр, а затем последовательно
к ним подключили амперметр

Рис. 4.29.а.
(см. рис 4.29.а.). Фотография приборов приведена на рис. 4.29.6.
Определите сопротивление спирали лампы. Увеличенный участок
шкалы амперметра показан на рис. 4.29.В.

Возможное решение

Заметим, что вольтметр показывает напряжение на резисторе
Ц, = 2,9 В, сила тока через амперметр равна 14 = 0,9 А .

Следовательно, сопротивление спирали лампы равно

я=С4=19В=3 222Ом

/„ 0,9 А

Впрочем, некоторые внимательные читатели могут заметить,
что стрелка амперметра немного не доходит до отметки шкалы,
соответствующей 0,9 А, и принять силу тока равной /л=0,87А.
Тогда они получат значение сопротивления, равное К = 3,333 Ом.
Возникают сразу две проблемы:

1) Какое значение сопротивления резистора считать правиль-
ным, более точным?

2) Сколько цифр оставлять в записи значения сопротивления?

Следует отметить, что оба полученных значения неточны!

Вообще, любые результаты измерений физических величин не
могут быть абсолютно точными! Причин этому несколько - это
и погрешность показаний приборов, и погрешность, которую вно-
сят любые измерительные приборы при подключении к измеря-
емым объектам.

Поэтому мы можем только оценивать интервалы значений, ко-
торые с той или иной долей вероятности может принимать изме-
ряемая величина.

Теория оценки погрешности измерений очень сложна. Многие
тонкости можно объяснить только при математической подготовке,
намного превосходящей уровень школьных знаний, но некоторые
основные правила оценки погрешности измерений должен знать
и уметь применять каждый, кто хочет считать себя компетентным
в вопросах физики.

Рассмотрим наиболее простой способ оценки погрешности из-
мерений.

Абсолютную погрешность показаний прибора можно принять
равной цене деления шкалы стрелочного прибора или единице ми-
нимального разряда, высвечиваемого на шкале цифрового прибора.
Следовательно, абсолютная погрешность измерения напряже-
ния с помощью данного вольтметра равна Д(7 = 0,1 В, а абсолют-
ная погрешность измерения силы тока с помощью данного ампер-
метра равна Л/= 0,1 А. При считывании показаний по шкале
стрелочного прибора за измеренное значение принимают то значе-
ние, которому соответствует отметка шкалы прибора, расположен-
ная наиболее близко к стрелке. Т.е. в данном случае следует счи-
тать, что сила тока через амперметр равна 1 < =0.9 А , а факт, что
стрелка не совсем точно совпадает с данной отметкой, учитывается
приборной погрешностью измерения силы тока. Кстати, согласи-
тесь, что если бы было правильным учитывать те доли значений
делений шкалы, на которые отличаются положение стрелки и бли-
жайшей отметки шкалы, то уже на заводе-изготовителе сделали бы
более точную шкалу. Но этого не делают именно по причине той
погрешности, которая возникает из-за конструкционных особенно-
стей прибора.

Таким образом, с определенной долей вероятности, которой
мы будем придерживаться, можно утверждать, что показания
вольтметра находятся в интервале значений от нижней границы
(7НГ =Ц -Д(7 = 2,8 В до верхней границы (7В|. = (7( + Д(7 = 3,0 В,
а показания силы тока от /Н| = /Л - Д/ = 0,8 А до /Вг = /л + А/ = 1,0 А.
Примерно с той же степенью вероятности мы можем говорить,
что значения сопротивления принадлежат интервалу от
Лнг=^Щ- = ^-^ = 2,8 Ом до Явг=^!- = ^-^ = 3,75Ом.

/вг 1,0 А вг /... 0,8 А

Теперь необходимо учесть еще одно правило: правило округ-
ления, согласно которому результат частного или произведения
записывается с таким количеством значащих цифр, сколько их
имеется в числе с наименьшим количеством значащих цифр. Заме-
тим, что показания вольтметра записаны с двумя значащими циф-
рами (2,8 или 3,0), а в записи нижней границы значения силы тока
(0,8) только одна значащая цифра. Согласно правилам округления,
значение верхней границы сопротивления должно быть записано
всего с одной значащей цифрой, т.е. следует принять /?вг = 4 Ом.
Но допускается оставлять одну запасную цифру, поэтому будем
считать, что ЛВ| =3,8 Ом. С учетом всех замечаний можно запи-
сать, что 2,8 Ом < Я < 3,8 Ом . Можно найти и среднее значение
сопротивления по формуле:

Я = —(Явг + Ян, ) = 3,3 Ом,
при этом абсолютная погрешность измерения сопротивления равна
ДЯ = у(ЯЧ| -Янг) = 0,5 Ом, а относительная погрешность
е„ = — = 0,15 = 15%.

" Я

Итоговый ответ можно записать в виде:

Я = (3,3±0,5) Ом, ей =15%.

Можно было бы более точно оценить границу погрешности,
если учесть класс точности амперметра, который указан на его
шкале и заметен на увеличенном снимке шкалы (см. рис. 4.29.в.).
Он равен у = 1,5 (см. значение в кружочке). Учитывая величи-

ну класса точности амперметра и то, что это значение указано
в кружочке, необходимо вычислить (оценить) значение основной
приборной погрешности амперметра, называемой погрешностью
класса точности. Ее следует вычислять по формуле:

/ • у

Л I — , |1,м *
кт ’ 100%

0,9 А-1,5%
100%

= 0,0135 А.

Учтем, что значение абсолютной погрешности записывается
с одной (или двумя, если первая цифра 1 или 2) значащими цифра-
ми, поэтому Акт/ = 0,014 А Учтем также, что помимо основной
приборной погрешности при считывании со шкалы возникает по-
грешность отсчета, которая не превышает половины цены деления
шкалы, т.е. До/ = 0,05 А При этом полную приборная погреш-
ность вычисляют по формуле:

Д1|(,7 = ^Д^У + Д2/ =0,0519... А = 0,05 А.

Как можно заметить с учетом класса точности амперметра по-
грешность измерения силы тока равна половине цены деления
шкалы. С учетом этого 2,9 Ом < Я < 3,5 Ом , т.е.

Я = (3,2 ±0,3) Ом, ек=9%.
При последних расчетах было учтено, что класс точности ам-
перметра указан в кружочке, если бы он был изображен бс1 кру-
жочка или подчеркнут прямой линией, то абсолютную погреш-
ность класса точности амперметра следовало вычислять по

7 -у

формуле: Л^г/ = , где / , - наибольшее значение силы

* н кт 100%

тока, которое можно измерить данным амперметром. У рассматри-
ваемого амперметра оно равно /макс = 3 А . В этом случае прибор-
ная погрешность получилась бы больше половины цены деления
шкалы, но немного меньше пены деления шкалы. Кроме того, это
достаточно высокий класс точности амперметра у большинства
стрелочных амперметров, имеющихся в школьных кабинетах,
класс точности равен 2,5 или 4. Таким образом, для грубой оценки
погрешности измерений можно брать в качестве приборной по-
грешности значение, равное цене деления шкалы.

Заметим, что мы не стали учитывать погрешность метода из-
мерений, ведь при таком включении амперметр показывает сумму
сил тока через лампу и через вольтметр. Можно узнать сопротив-
ление вольтметра и внести поправку. Но учитывая, что сопротив-
ление вольтметра стараются делать достаточно большим (несколь-
ко сотен или тысяч Ом), а сопротивление лампы примерно 3 Ом. то
током через вольтметр можно пренебречь и считать, что погреш-
ность метода измерений пренебрежимо мала.

Если же возникнет желание более точно оценить границы по-
грешности, то надо ознакомиться с паспортными данными прибо-
ров и изучить специальную литературу по этой теме.

Если у читателей возникнет вопрос: что же эвристического
в действиях по оценке погрешности измерений, то ответ таков:

Не забывайте учитывать погрешность измерений,
чтобы не приходить к ложным выводам!!!

В качестве тренировки предлагаем решить еще две задачи.

Задача. 4.30.С. «Сравнить сопротивления реостатов». Для
измерения сопротивления двух реостатов использовали два одина-
ковых вольтметра и амперметра. При этом параллельно реостату
подключили вольтметр и последовательно с ними включили ам-
перметр. Показания приборов указаны на рис. 4.30.а. и рис. 4.30.6.
Рис. 4.30.а.

Рис. 4.30.6.
Сравните сопротивления реос1агов.

Задача. 4.31.С. «Мощность шипы». На демонстрационном
столе учитель физики собрал электрическую цепь, подключив па-
раллельно к лампе накаливания волюметр и последовательно с ни-
ми амперметр (см. рис. 4.31.). На вопрос учителя: «Какова мощ-
ность лампы?» первый ученик ответил: «2 Вт», второй: «3,4 Вт»,
третий: «3,42 Вт», четвертый: «3.6 Вт». Кто из учеников прав?

Учесть согласованность изменений

Для установления взаимосвязи между взаимодействующими
объектами и характеризующими их величинами можно попытаться
учесть согласованность их изменений. Например, при решении за-
дач на теплообмен между телами учитывают, что изменения внут-
ренней энергии тел происходят до тех пор, пока не сравняются
температуры.

Задача 4.32. «Теплообмен». В теплоизолированный сосуд,
в котором находится вода массой т\ = 100 г при температуре
6 = 20 °С, помещают чугунную деталь массой гщ = 200 г при тем-
пературе /2 = 80 °С. Какая температура установится через достаточ-
но большой промежуток времени? Удельная теплоемкость воды
с. = 4200, удельная теплоемкость чугуна с2 = 540 -.

кг•°С кг•°С

Возможное решение

Очевидно, что чугун будет охлаждаться, а вода - нагреваться.
Эти изменения будут происходить до тех пор, пока температуры
тел не станут одинаковыми. При этом внутренняя энергия воды
увеличится за счет уменьшения внутренней энергии чугуна. Запи-
сав уравнение теплового балансы в виде ^полученное = Оотданное »
получаем: -^) = с2т2((2 ). Откуда можно получить урав-

с т I с т I
нение для расчета установившейся температуры: / = ———-!—— .

с2т2 +С'ГП\

Подставив числовые данные, получаем: =32°С

В задачах на механическое движение нескольких тел, контак-
тирующих друг с другом, полезно учитывать согласованность из-
менений их кинематических характеристик: координат, перемеще-
ний, скоростей, ускорений. Так, при решении задачи «Спортсмен
и катер» в третьей главе этой книги удалось найти нужную взаимо-
связь после того, как мы выяснили характер движения спортсме-
на относительно катера. Теперь рассмотрим решение этой задачи,
основанное на учете согласованности изменений скоростей обо-
их тел.

Задача 4.33. (3.38.) «Спортсмен и катер». Катер, движущийся
со скоростью 25 км/ч, буксирует спортсмена на водных лыжах
(рис.4.33.а.). Трос, за который держится спортсмен, составляет
с направлением движения катера угол а = 150°. Направление дви-
жения спортсмена образует с тросом угол 0 = 60°. Чему равна ско-
рость гъ спортсмена в этот момент времени?

Возможное решение

Однозначное решение этой задачи возможно при условии не-
растяжимости натянутого троса. Это значит, что его длина неиз-
менна. Следовательно, проекции скоростей всех точек троса на на-
правление вдоль троса в любой момент времени одинаковы. Это

соотношение касается и крайних точек, прикрепленных к спорт-
смену и катеру. Но скорости этих точек равны скоростям тел, к ко-
торым они прикреплены. Поэтому можно утверждать, что проек-
ции скоростей спортсмена и катера на направление вдоль троса
равны в любой момент времени (см. рис. 4.33.6.). (Скорости
и спортсмена, и катера могут изменяться, но изменяться они бу-
дут согласованно.) Следовательно, ?>, соч( 1X0 -«) = ?;, сокр, откуда
и = ?_> у _ 25^3 км/ч » 43 км/ч.

сокр

Использованный в данной задаче прием установления взаимо-
связи между скоростями связанных тел сформулируем в виде эври-
стико-алгоритмического приема.

ЭАП «Равенство продольных проекций»

Если две материальные точки связаны так, что расстояние
между ними остается постоянным, то проекции скоростей этих
точек на соединяющую их линию равны в любой момент време-
ни. На основании этого факта можно найти взаимосвязь между
скоростями связанных тел.

Следующие две задачи предлагаются для усовершенствования
умения применять данный ЭАП.

Задача 4.34.С. (3.39.). «Скользящая
гантель». Два одинаковых маленьких ша-
рика соединены жестким стержнем
длиной Ь. Стержень расположен верти-
кально, вплотную к вертикальной плоско-
сти (рис. 4.34.а.). При смещении нижнего
шарика вправо на небольшое расстояние
система приходит в движение в плоскости
рисунка. Найдите скорости шариков в тог

момент, когда угол между стержнем и вер-

тикалью равен а. Считайте, что при движении шарики не отрыва-
ются от плоское гей и трение пренебрежимо мало.

Задача 4.35.С. «Скорость центра масс». Два шарика одинако-
вой массы, скрепленные жестким стержнем длиной Ь, движутся
в плоскости так, что в некоторый момент времени скорость шари-
ка А равна пА и направлена под углом а к оси стержня, а скорость

шарика В направлена под углом р
к оси стержня (см. рис. 4.35 ).
Найти скорость центра масс этой
системы. Учтите, что масса
стержня значительно меньше мас-
сы каждого шарика.
Согласованность изменения кинематических характеристик
полезно учитывать и при решении шдач, в которых исследуется
движение одного гела по поверхности другого, в том числе, с их
последующим разделением.

Задача 4.36. «Подпрыгивающая камера». На твердом полу ле-
жит туго накачанная камера от автомобильного колеса. Сверху на
камеру с высоты Н падает массивный квадратный ящик, размеры
которого превышают размеры камеры. В момент падения ящик не
вращается, нижняя его сторона горизонтальна, а центры масс ящи-
ка и камеры располагаются на одной вертикали. На какую макси-
мальную высоту может подскочить камера после абсолютно упру-
гого взаимодействия с ящиком?

Возможное решение

Очевидно, что камера подпрыгнет вверх только после того, как
ящик отделится от нее.

Одно из условий задачи требует считать ящик массивным, по-
этому кинетической и потенциальной тергией камеры в поте силы
тяжести по сравнению с механической энергией ящика можно
пренебречь, рассматривая изменение энергии ящика при взаимо-
действии с камерой. Кроме того, можно считать, что в момент от-
рыва ящика от камеры деформация камеры достаточно мала, по-
этому энергия упругой деформации камеры значительно меньше
кинетической энергии ящика. Столкновение ящика с камерой было
упругим, поэтому в момент отрыва ящика от камеры его скорость
была такой же, как и в момент начала столкновения. Эту скорость
ящика перед столкновением найдем ит закона сохранения энергии
ящика, рассматривая моменты начала и конца его свободного па-
э

дения, тк%Н = ——. Откуда ц = у]2рН

Теперь рассмотрим поведение камеры. До отрыва ящика верх-
няя часть камеры двигалась с такой же скоростью, что и ящик. По-
этому в момент отрыва ящика от поверхности камеры скорость
верхней части камеры равнялась скорости ящика! 1»вк = у/2^Н .

Скорость нижней части камеры была равна нулю. Следова-
тельно, учитывая симметрию камеры, можно утверждать, что ско-
рость центра масс камеры в момент отрыва ящика была в два раза
меньше скорости верхней ее части, т.е. гк = 0,5п = ^/0,5рН .
Запишем закон сохранения механической энергии для камеры,
рассмотрев ее энергию в момент отрыва ящика и в момент подъема

на наибольшую высоту, —. Учитывая это и преды-
дущее соотношение, получаем, что //( =0,25 Н .

Задача 4.37.Т. «Подпрыгивающая пружинка». К тонкой легкой
н

пружинке длиной Ь = Ь см и жесткостью А = 240— с обоих кон-
м

цов прикреплены две тонкие пластинки массой т = 120 г каждая.
Одну пластинку кладут на твердую горизонтальную поверхность,
а вторую вплотную прижимают к ней так, что пружинка оказыва-
ется равномерно сжатой между пластинами. Верхнюю пластинку
отпускают. На какую максимальную высоту над поверхностью она
сможет подняться?

Использовать геометрические образы

Решение задачи может получиться более простым и очевид-
ным, если использовать наглядные образы физических величин:
силовые линии, эквипотенциальные поверхности, направленные
отрезки (как геометрические образы векторных величин). Сначала
рассмотрим традиционную задачу на относительность движения.

Задача 4.38. «Вертолет и ветер». С какой скоростью и по ка-
кому курсу должен лететь вертолет, чтобы за время / = 2 ч двигать-
ся на Ю1 и преодолеть путь | = 420 км, если во время полета дует
юго-восточный ветер под углом а = 60° к меридиану со скоростью
V = 50 км/ч?

Возможное решение

Скорость V вертолета относительно земли находим по форму-
ле V = х/1, V = 200 км/ч. Учтем, что вертолет летит по воздуху,
движущемуся относительно земли со скоростью и , поэтому не-
обходимо определить скорость ц, вертолеза относительно воз-
духа. Используя закон сложения скоростей, можно записать, что
1) = о] +й. откуда ??! =й-й. Скорость векторная величина, поэто-
му для нахождения дополнительных соотношений между скоро-
стями воспользуемся геометрическими образами векторных вели-
чин и изобразим скорости в виде направленных
отрезков. При этом вектор й, посзроим с помощью
правила 1реугольника для сложения векторов, ис-
пользуя формулу Ц = й + (-й) (см. рис. 4.38.). Из
полученного треугольника скоростей можно, при-
менив теорему косинусов, найти модуль векто-
ра V,

17 = V2 + и2 -2тщсо8(180-а),

V, = \]н2 + и2 + 2?щсо8а , п, ~ 240 км/ч.

Направление скорости, вернее, угол Р между
меридианом и направлением скорости V, вертоле-
та относительно воздуха, можно найти, используя теорему сину-
V, " гч о и

сов: ----------=-----. Откуда р = агсып—зша, следовательно.

81п(180-а) кт Р V,

Р« 12°

Ответ: Чтобы успеть к сроку вертолет должен лететь на юго-
восток со скоростью у, я 240 км/ч под углом Р ~ 12° к меридиану.

Задача 4.39.С. «Боцман на палубе». Боцман, выйдя на палубу,
определил, что корабль идет на запад со скоростью V, а ветер дует
точно с юго-запада со скоростью и относительно корабля. Какова
скорость ветра относительно земли?

Теперь рассмотрим векторный способ решения задачи на дви-
жение тела, брошенного под углом к горизонту.

Задача 4.40. «Пои?т камня». Брошенный камень, описав дугу,
упал на склон холма через время т = 2 с. Определите расстояние от
места бросания до места падения камня, если известно, что векто-
ры скоростей камня в момент броска и в момент падения были вза-
имно перпендикулярны.

Возможное решение

Требуется определить расстояние от места броска до места па-
дения, значит, необходимо найти перемещение камня. Изобразим
заданную ситуацию на рисунке (см. рис. 4.40.а.).
Разработаем наиболее
простую модель задачной си-
туации'. сели пренебречь си-
лой сопротивления воздуха,
то можно считать движение
камня равноускоренным с ус-
корением § Вспомним ма-

тематическую модель Этого р 4 40 а

движения, т.е. формулы, опи-

сывающие полет камня. При равноускоренном движении скорость

V тела можно вычислить по формуле: V - п() + рт, а перемещение:

х=——т. (В данном случае лучше использовать именно эту
формулу для перемещения, поскольку в условиях задачи есть ука-
зания на взаимосвязь начальной и конечной скоростей камня ) Зна-
чит, модуль перемещения за время полета можно вычислить по

формуле: |л'| = *—-—1т.

Чтобы узнать, чему равен модуль суммы начальной и конечной
скоростей, воспользуемся геометрическим образом векторных ве-
тчин и изобразим в виде направленных отрезков формулу
и - оП +#т (см. рис. 4.40.6.). На этом же рисунке изобразим, ис-
пользуя правило параллелограмма, вектор (п() +г>) (см. рис. 4.40.В.).

Рис. 4.40.6.

Рассмотрим внимательно получившийся рисунок. Учитывая.
что Г>() _1_ V, легко заметить, что векторы (оп + й) и (т>п-г>) явля-
ются диагоналями прямоугольника. Диагонали прямоугольника
равны, значит, |й0 + Г’| = |й-й0|. Учтем, что V - Т>п = , следова-

тельно, |й0+й| = ^т. Поэтому модуль вектора перемещения равен

. Получаем х ~ 20 м.

Конечно, данную задачу можно было бы решить традицион-
ным для школьников координатным способом, но для этого потре-
бовалось значительно больше расчетов и времени.

Решение следующей задачи уже было рассмотрено в третьей
главе, и уже в том решении использовались геометрические образы
векторов, но основная закономерность была выявлена с помощью
операции дифференцирования функции. Теперь рассмотрим другой
способ решения, в котором умелое использование рисунка позво-
ляет найти ответ, не прибегая к формулам высшей математики.

Задача 4.41. (3.33.) «Угоч разлета». Шар массой /и, налетает
со скоростью г(|| на покоящийся шар массой пр (пр < ли,) Опре-
делите максимальный угол, на который может отклониться шар т}
при ударе, если шары абсолютно упругие и гладкие.

Возможное решение

Поскольку о внешних силах ничего не сказано, то их действием
в момент столкновения можно пренебречь. Значит, центр масс системы
двух шаров движется с постоянной скоростью в сторону направления
скорости б,. Скорость центра масс системы из точечных тел вы-

В данном случае скорость центра масс равна ццм =

/п, + т2

Перейдем в систему отсчета центра масс. Используя закон сложе-
ния скоростей, можно записать й „ = й,„ + й.,,. и = йп, + й,,.,. Учи-
* VI VI ЦЛ1 V/ 13/

тывая формулу для центра масс и то, что Т>и2 = 0, получаем, что
в СО центра масс шары сближаются со скоростями:

/и, + пр ~ т[ + Лг,
В СО центра масс полный импульс шаров до и после удара равен
нулю, следовательно, до столкновения

= т2иь2, (1)

а после столкновения

тхих = т2и2. (2)

Кроме того, при абсолютно упругом ударе сохраняется механиче-
ская энергия, поэтому

„г,»,,, । т2и202 т,и2 । т2и;

2 2 2 2'

Из(1), (2) и (3) получаем:

и01 = и, и 1/()2 = г/,. (4)

Следовательно, после удара модули скоростей тел относительно
центра масс остались прежними. Модуль скорости первого шара по-
сле удара равен модулю первого шара до удара, но его направление
изменилось. В зависимости от взаимного расположения шаров до
удара угол между этими векторами может изменяться от 0° (легкое
касание шаров) до 180° (лобовой удар).

Вернемся в неподвижную СО. Так как скорость центра масс не
менялась и по-прежнему направлена в сторону первоначального
движения первого шара, можно записать, что скорость первого шара
после удара равна

V, +^цм. (5)

Воспользуемся геометрическими образами векторных величин.
Изображая взаимосвязь между векторами скоростей на рисунке, уч-
тем, что модули векторов щ и й() неизменны, они вычисляются из
представленных выше соотношений. Известно и направление векто-
ра й0 (оно совпадает с направлением г(11). а угол между направле-
ниями вектора щ и вектора й(| может изменяться от 0° до 180°.

Перепишем соотношение (5) в виде: й1 = йцм . Заметим,
что все множество точек возможного окончания вектора , а следо-
вательно, и окончания вектора й, представляет собой окружность
радиуса, равного модулю вектора й, (см. рис. 4.41.). Из рисунка
видно, что при максимальном угле отклонения вектора ц, от век-
тора ц, (следовательно, и от первона-

чального направления скорости перво-
го шара) угол между векторами ц
и /7, должен быть равен 90°. Тогда
™ ”о_1

и. т.+т, пи

ып а = — = —5------, т.е. 81п а = —-.

1'о _ т\

+ т.

Для решения данной задачи мы воспользовались интересным
способом графического поиска искомого угла между векторами
скоростей. Его можно сформулировать в виде шристико-алгорит-
мического приема.

ЭАП «Окружность возможных окончаний»

Если требуется найти оптимальное для данной задачи на-
правление вектора а, который можно представить в виде суммы
двух векторов а = Ь +с , для которых известны модули и направ-
ление одного из них, а направление второго может быть произ-
вольным. то следует сначала отложить известный вектор, а во-
круг его конца начертить окружность радиусом, равным модулю
второго вектора. Эго будет окружность возможных окончаний
второго вектора, а следовательно, возможных окончаний искомо-
го вектора, начало которого совпадает с началом первого.

В качестве тренировки предлагаем попробовать применить
этот прием при решении следующих трех задач.

Задача 4.42.Т. «Переправа». Скорость течения в реке с парал-
лельными берегами всюду одинакова и равна V, Ширина реки
равна Ь. Катер может плыть со скоростью т>2 относительно воды
( н2 < V,). Как следует направить нос катера при переправе, чтобы
снос получился минимальным? На какое расстояние при этом
снесет катер?

Задача 4.43.Т. «Переменный пюк в паралле гьных ветвях».
Электрическая цепь состоит из двух параллельных ветвей, под-
ключеыных к источнику переменного синусоидального напряже-
ния. Действующее значение силы тока в первой ветви равно
/| = 5 А, а во второй /2 = 3 А. Какой может быть сила тока в ис-
точнике? Какой будет сила тока в источнике при наибольшем сдви-
ге фаз между током в источнике и током в первой ветви? Каким
будет этот сдвиг фаз?

Задача 4.44.Т. «Бег к автобусу». Автобус едет по прямому
шоссе с постоянной скоростью V, - 60 км/ч. Впереди, на расстоя-
нии Д =100 м от шоссе и на расстоянии Ь, =500 м от автобуса,
в поле находится человек. Человек может двигаться по полю с мак-
симальной скоростью п2 =12 км/ч. Под каким углом к линии шос-
се может двигаться человек, чтобы успеть сесть на автобус?
Учесть, что водитель следит только за трассой и останавливает ав-
тобус только в том случае, когда перед ним на краю шоссе оказы-
вается человек. При какой минимальной скорости человек успеет к
автобусу?

При решении следующей задачи потребуется несколько раз
применять приемы «Учесть согласованность изменений» и «Ис-
пользовать геометрические образы векторных величин.

Задача 4.45. «Система стержней».
Система из четырех коротких и двух
длинных тонких стержней скреплена
шарнирно так. что образует два одина-
ковых ромба. Длина каждой стороны
ромба равна Ь. Одна из вершин ромба
(вершина О) прикреплена шарнирно
к полу, а все стержни расположены го-
ризонтально, расположившись симмет-
рично относительно шарнира, прикреп-
ляющего систему к полу (см. рис. 4.45.).
В некоторый момент времени верши-
ну А верхнего ромба, противоположную

точке крепления, начи-

нают двигать вверх с постоянной скоростью V. Определите уско-

рение вершины В ромба в тот момент, когда угол наклона стержней

к горизонту становится равным а.
Возможное решение

Рассмотрев особенности движения системы стержней, можно
заметить, что точка соединения длинных стержней движется вер-
1 - /

тикально вверх с постоянной скоростью —V (так как при увеличе-
нии расстояния ОА в М раз расстояние от этой точки до точки О
увеличивается в 0,5У раз).

Учитывая, что точки О и В связаны жестким стержнем, прихо-
дим к выводу, что скорость точки В направлена перпендику-
лярно стержню ОВ.

При этом проекция скорости ив на вертикаль в любой момент
времени равна половине скорости точки соединения длинных
1
стержней, а значит, = — и.
Будем изображать все найденные значения скоростей и уско-
рений на более крупном рисунке (см. рис. 4.45.6.)

Учитывая геометрические соображения, можно получить, что

V гвх

в сока 4сока

Поскольку точка В движется шносительно точки О по окруж-
ности, то центростремительное ускорение точки В равно апс =-^-.
Оно направлено от точки В к точке О.

Учитывая, что проекция скорости точки В на вертикаль не ме-
няется со временем, можно сделать вывод, что проекция ускорения
этой точки на вертикаль равна нулю, т.е. ускорение точки В на-
правлено горизонтально.

Учитывая, что центростремительное ускорение является про-
екцией полного ускорения на перпендикуляр к скорости, из гео-
метрических соображений можно получить, что ав = ——. Следо-
сока

V2
вательно, ускорение точки В равно ав =-----—.

161со8 а

Теперь рассмотрим пример эффективного использования для
решения задачи воспроизведенной картины силовых линий.

Задача 4.46. «Заряд над плитой». Маленький шарик массы т,
изготовленный из диэлектрика, подвешен на длинной шелковой
нити длиной /|, прикрепленной на горизонтальном подвесе. По ша-
рику равномерно распределен электрический заряд ц. Ниже шарика
на расстоянии /2 (11 « А) от его центра находится горизонтальная
массивная стальная пли га. Определите период малых колебаний
шарика.

Возможное решение

Изобразим заданную ситуацию на рисунке (см. рис. 4.46.а.).

Учтем особенности рассматриваемых объектов. Стальная
плита является проводником, следовательно, в результате электро-
статической индукции на поверхности плиты под шариком собе-
рутся электрические заряды противоположного знака. Чтобы выяс-
нить, с какой силой шарик будет взаимодействовать с плитой,
изобразим картину силовых линий (для определенности будем
считать, что шарик заряжен положительно). Учтем свойства сило-
вых линий электростатического поля: вблизи шарика они расходят-
ся радиально, а к поверхности проводника они подходят перпенди-
кулярно Получается примерно такая картина, как на рис. 4.46.6.

Рис. 4.46.а.

Рис. 4 46.6.

Рис. 4.46.В.

Если внимательно рассмотреть форму силовых линий, то
можно вспомнить, что похожая картина распределения силовых
линий наблюдается для поля двух точечных разноименных заря-
дов, расстояние между которыми равно 2Л (см. рис.4.46.в.).

Из этого можно сделать вывод, что сила взаимодействия то-
чечного заряда с бесконечной проводящей плоскостью, располо-
женной на расстоянии / от заряда, равна силе взаимодействия двух
точечных разноименных зарядов, расположенных друг от друга на
расстоянии 2/. Дальнейшие рассуждения будут аналогичны тем,
что были сделаны в решении задачи «Маятник и магнит». Поэтому
сразу приводим ответ. Период малых колебаний исследуемого ма-

ятника будет равен Т = 2л: -----—--------.

4ле04А2аи>/

Использованный в данной задаче прием является частным слу-
чаем очень эффективного метода расчета сил электростатического
взаимодействия зарядов с проводниками «Метода электростатиче-
ских изображений». Учитывая сложности, возникающие при объ-
яснении этого метода учащимся средней школы, и фактическим
отсутствием школьных задач, рассчитанных на применение этого
метода в его самых сложных случаях, ограничимся формулиров-
кой, полезной для решения закономерное ги:

Сила взаимодействия точечного заряда с незаряженной бес-
конечной проводящей плоскостью равна си /е взаи модействия это-
го заряда с таким же по модулю, но противоположным по знаку
зарядом, расположенным симметрично исходному относительно
плоскости.

Задача 4.47.С. «Заряд у шиты». Маленький шарик, изготов-
ленный из диэлектрика, подвешен на тонкой легкой шелковой нити
длиной А. По шарику равномерно распределен электрический за-
ряду. На расстоянии Л от точки подвеса шарика расположена
большая вертикальная металлическая пластина. Шарик, притягива-
ясь к этой пластине, расположился так, что угол между нитью
и вертикалью равен а . Какова масса шарика?

Исследовать график

Анализируя график, иногда удается достаточно просто найти
искомую величину, рассматривая проекции точек линии графика
на соответствующие координатные оси. В других случаях инфор-
мацию о величинах, характеризующихся данным графиком, полу-
чают косвенными методами. Например, по тангенсу угла наклона
линии графика к оси абсцисс можно найти скорость изменения ве-
личины, откладываемой по оси ординат; по площади под графиком
зависимости одной величины 01 другой можно найти третью вели-
чину, вычисляемую как произведение одной из них на изменение
другой, и т.д. Графики позволяют получить наглядное представле-
ние о виде взаимосвязи между величинами, отложенными по коор-
динатным осям, о характере рассматриваемых в задаче процессов,
определять пространственные и временные границы их протека-
ния, находить точки минимумов и максимумов. Иногда графики
являются частью условий задачи, в других случаях их строят во
время решения.

Подбор данных из графика

Если в условиях задачи приводится график, то достаточно
много сведений можно получить, внимательно проанализировав
этот график.
Задача 4.48. «График температуры». Твердое тело стали на-
гревать, сообщая ему одинаковое количество теплоты за равные
промежутки времени. График зависимости температуры тела от
времени представлен на рис. 4.48. Известно, что удельная теплоем-

71^1^

кость тела в твердом состоянии равна с, = 500------. Определите

кг-°С

удельную теплоемкость тела в жидком состоянии и его удельную
теплоту плавления.

Возможное решение

Анализируя линию графика, приходим к выводу, что тело сна-
чала нагревается, будучи в твердом состоянии, затем плавится,
а потом нагревается образовавшаяся жидкость. Если обозначить
буквой Р энергию, подводимую к телу за единицу времени, Ат
время подвода тепла, т массу тела. А/ - изменение его темпера-
туры, тогда можно записать систему уравнений:

суиД/, = РАт,; (1)

Хт - РДт2; (2)

= РАу. (3)
Если разделить (3) на (1), то после преобразований получим:

А/1 Ат< п

с, - с,—!----. Подставив числовые данные, получаем:

А/, Ат,

с, = 450 Дж ——- - = [ 000-^-

кг °С15°С 1,5 мин кг -°С

Если разделить (2) на (1), то после преобразований получим:

X = с,А/, . Подставив числовые данные, получаем:

Дт,

X = 450.20°С- 8М"“ = 48000 — .

кг -°С 1,5 мин кг

Поиск величины по углу наклона касательной

Идея этого способа вычис-
ления заключается в следую-
щем: тангенс угла наклона каса-
тельной, проведенной к графику
зависимости величины В от ве-
личины х в точке с координата-
ми (зсьул), равен отношению
длин отрезков, соответствую-
щим изменениям Ах и Ау коор-
динат точек этой касательной,
т.е. с поправкой на единицы из-
мерения можно записать, что

Ау

. Но касательная прак-
Ах

«Угол наклона касательной»

тически совпадает с линией графика в районе точки касания, по-
этому тангенс угла наклона касательной оказывается численно
равным (с поправкой на единицы) скорости изменения величины у
от величины х для данного участка графика.

Рассмотрим несколько примеров вычисления величины по тан-
генсу угла наклона касательной.

Задача 4.49. «Графики движения». На рис 4.49. представлены
графики зависимости координат от времени двух тел разной массы.
Масса первого тела в два раза меньше массы второго. Найдите от-
ношение импульсов тел через 2 мин после начала движения.
Возможное решение

Доопределим термины: импульс тела - это физическая величи-
на, равная произведению массы тела на его скорость. На первый

взгляд может показаться, что данных не хватает, поскольку не ука-
заны масштабы единиц на осях координат и времени. Но, согласно
требованиям задачи, необходимо найти не сами импульсы, а только
их отношение. Отношение масс уже известно, следовательно, не-
обходимо найти отношение скоростей. Скорость численно равна

(прямо пропорциональна) тангенсу угла наклона касательной

к графику движения. Поскольку графики
прямолинейные, значит, тела движутся с
постоянными скоростями. Легко заме-
тить. что тангенс угла наклона первого
графика в три раза больше тангенса угла
наклона второго, следовательно, ско-
рость первого тела больше второго в три
раза. Импульс тела равен произведению
массы тела на его скорость. Поэтому им-
пульс первого тела в полтора раза боль-
ше импульса второго тела.

Задача 4.50.Т. «Графики нагрева».
Два тела поместили в термостат и начали
равномерно нагревать. График зависи-
мости температуры тел от времени пока-
зан на рис. 4.50. Известно, чго удель-
ная теплоемкость первого тела равна
с, -600------, а его масса в 3 раза

кг • °С

меньше массы второго. Определите
удельную теплоемкость второго тела.

Задача 4.51.С. «Вольт амперные
характеристики». По графикам зависи-
мости силы тока от напряжения сравните
сопротивления резисторов 1 и 2 (см. рис.
4.51.).

В предыдущих примерах исследуе-
мые графики были отрезками прямых.
Предлагаем читателям самостоятельно
попытаться решить задачу, в коюрой некоторые участки графика
являются нелинейными.

Задача 4.52.Т. «Охлаждение распита». В калориметре мед-
ленно остывает раствор расплава исследуемого вещества. График
зависимости температуры от времени показан на рис. 4.52. Извест-

Рис. 4.52.а.

но, что удельная теплота плавления этого вещества равна
Х= 1,4 105 Дж, кт. Найдите удельные теплоемкости тела в твердом
и жидком состояниях.

На основе подхода, примененного при решении предыдущих
задач, можно сформулировать эвристико-алгоритмический прием.

ЭАП «Угол наклона касательной»

Если дан график зависимости величины у от величины х,
и в ходе решения необходимо найти скорость изменения величи-
ны г в зависимости от изменения величины х в тот момент, когда
х принимает значение то можно построить касательную к гра-
фику в точке с координатами (ай уО и вычислить тангенс угла
наклона касательной к оси абсцисс, подставляя вместо длин от-
резков соответствующие им значения физических величин Ла
и Лу.

V = угла наклона касательной к графику у = /(а)
По тангенсу угла наклона касательной можно найти:

а) скорость на графике зависимости координаты от времени;

б) ускорение на графике зависимости скорости от времени,
в) силу на графике зависимости импульса тела от времени;

г) мощность на графике зависимости работы от времени;

д) силу тока на графике зависимости заряда от времени;

е) напряженность электростатического поля на графике зави-
симости потенциала от расстояния вдоль силовых линий;

ж) скорость на графике зависимости координаты от времени;

з) э.д.с. индукции на графике зависимости магнитного потока,
пронизывающего проводящий контур, от времени;

и многие другие величины. В качестве тренировки можно по-
пробовать решить следующую задачу.

м/с

О 2 4 6 8 Ю 12 14 16

Рис. 4.53.

Задача 4.53.С. «Поиск ускорений».
С помощью графика скорости найдите
наибольшее и наименьшее ускорения, с
которыми двигалось тело первые шест-
надцать секунд своего движения.

Поиск величины по площади
под графиком

Идея этого способа вычисления за-
ключается в следующем:

Если в некотором процессе иско-

мая величина г зависит от произведения постоянной величины у на

Рис. А.

Рис. Б.

Рис. В.

к приему «Площадь под । рафиком»
изменение величины х (т.е. г = у-Ах ), то на графике зависимости
у от х площадь под линией графика (равная произведению одной
стороны прямоугольника на другую) равна величине 7 с учетом
единиц измерения. См. рис. А. к приему «Площадь под графиком».

Если процесс сложный, и величина 7 по-прежнему зависит от
произведения величины у на изменение величины х, но при этом у
тоже зависит от х, то этот процесс можно представить как сумму
простых процессов, таких, что при каждом бесконечно малом из-
менении величины х (на интервале Ах) ихменением величины у по
сравнению со средним значением уср на этом интервале можно пре-
небречь См. рис. Б. к приему «Площадь под графиком».

Тогда изменение значения величины Аг на данном интервале
значений Аг можно вычислить как произведение Ах на уср. Этому
произведению соответствует площадь прямоугольника со сторона-
ми Аг на уср (см. рис. В. к приему «Площадь под графиком»). На
том же рисунке хорошо видно, что площадь прямоугольника прак-
тически равна площади фигуры под линией графика, расположен-
ной над выделенным интервалом значений Ах. Получаем, что из-
менение величины з на выделенном интервале численно равно
(с поправкой на единицы измерения) площади полоски под соот-
ветствующим участком графика. Следовательно, величину 7 можно
найти по суммарной площади всех узких полосок, т.е. она будет
равна (с поправкой на единицы измерения) площади фигуры под
всей линией графика на всем интервале значений от.Г| до х?.

На основе этой идеи можно сформулировать эвристико-
алгоритмический прием.

ЭАП «Площадь под графиком»

Если величина 7 такова, что ее вычисляют по формуле
7 = у -Ах, когда величина у является постоянной, но требуется
рассчитать величину г для случая, когда у тоже зависит от х, то
величину 7 можно вычислить по площади под графиком зависи-
мости V ОТХ.

Рассмотрим несколько примеров вычисления величины по
площади под графиком.

Задача 4.54. «График ускорения». На графике (см. рис. 4.54.)
показана зависимость ускорения материальной точки во времени.
Начальная скорость тела (в момент /р) была равна 12 м/с. Считая
Рис. 4.54.

вычислить по площади фигуры

движение материальной точки
прямолинейным, вычислите ее
скорость в момент времени / = 9 с.

Возможное решение

Для малых интервалов вре-
мени А/ справедливо соотноше-
ние а А/ = Ап , следовательно,
изменение скорости тела можно
эд графиком зависимости ускоре-

ния от времени, поэтому

. । , М , М ъ 1 , . М М , Л . М

Ап = —-4—--Зс + 4 —-2с + —-(4—г + 2 —) 4с. Ап = 26—.

с с 2 с с с

Скорость тела равна

V = п0 + Ап, следовательно, п = 38 —.
с

Задача 4.55.С. «Графики скорости».
На рис. 4.55. представлены графики ско-
рости трех тел, движущихся прямоли-
нейно. Каким из трех тел пройден наи-
меньший путь за время 5 с? Через
сколько времени пути, пройденные тела-
ми, станут одинаковыми, если второе те-
ло движется с постоянной скоростью, а
ускорения 1-го и 3-го тел не изменяются?

Задача 4.56.С. «Работа газа за цикл». Над одним молем одно-
атомного идеального газа проводят три процесса, образующих
замкнутый цикл (см. рис 4.56.), в котором р} =105 Па, К, = 1 л,
/э2 = 5 -105 Па , У2 = 4 л . Определите работу газа за цикл.

Задача 4.57.Т. «Странный ход улитки». Улитка ползет вдоль
прямой грядки, и ее скорость все время меняется. У вас есть не-
обычный график зависимости величины обратной скорости улитки
от расстояния до начала грядки (см. рис. 4.57.а.). Оцените время,
за которое улит ка проползла первые 4 м с момента начала наблю-
дений.

Задача 4.58.С. «Круговой цикл I». С двумя молями идеального
газа проводят замкнутый процесс, который на графике зависимости
давления от объема имеет вид окружности (см. рис. 4.58.). Извест-
ны наибольшее и наименьшее давление и наибольший и наимень-
ший объемы газа в этом процессе. Определите работу газа за цикл.

Как видим, прием «Площадь под графи-
ком» помогает отыскать необходимую для
решения зависимость между величинами
при использовании графиков с самыми не-
ожиданными величинами, откладываемыми
по координатным осям, а также в тех случа-
ях, когда неизвестно уравнение, описываю-
щее изображенную на графике зависимость,
или это уравнение имеет сложный для даль-
нейших преобразований вид.

По площади под графиком можно найти:

а) изменение скорости (проекции скорости) по графику зави-

симости ускорения (проекции ускорения) от времени;

б) перемещение по графику зависимости скорости от времени,
в) заряд по графику зависимости силы тока от времени;

г) работу по графику мгновенной мощности от времени;

д) работу по графику зависимости силы от перемещения;

е) работу по графику зависимости давления от объема;

ж) изменение импульса по графику зависимости силы от вре-

мени;

6 Решение с южных и несын ыр1 пых гъмч но фи тике

161
з) разность потенциалов по графику зависимости напряженно-
сти электростатического поля от расстояния, измеряемого вдоль
силовых линий;

и многие другие величины.

Построение графика для вычисления искомой величины
или уточнения моментов начала и окончания процесса

Иногда график не является частью условий задачи, но его по-
строение в ходе решения существенно упрощае» логические умо-
заключения и математические расчеты. В некоторых случаях по-
строение и исследование графика является единственным способом
решения задачи с помощью известных школьникам средств.

Задача 4.59. «Теплоемкость газа». Найдите теплоемкость иде-
ального одноатомного газа, расширяющегося по закону р = оТ', где
а - постоянная величина.

Возможное решение

Доопределим термины. Теплоемкость газа это физическая ве-
личина, равная отношению количества теплоты переданного сис-
теме к изменению температуры: С = ~~-

Предположим, в ходе расширения газа его температура изме-
нилась на ДГ. Найдем количество теплоты, переданное газу в этом
процессе. СЧлласно первому закону термодинамики: () = Ыз + А
Так как в условии указано, что газ идеальный и одноатомный, то

изменение его внутренней энергии равно Д<7 = —у/?ДГ. Для вы-
числения работы построим график зависимости давления от объе-
ма в исследуемом процессе (см. рис. 4.59.а.). Известно, что работу
газа можно вычислить по площади под I рафиком зависимости р от
V. Следовательно, при расширении газа от объема Г, до И2 работа

р. + ,

равна —“(^2 ЭЛ гДе Р?

и Р' — давление газа в начале

и в конце процесса расширения (см. рис. 4.59.6.).

Учитывая особенности исследуемого процесса, указанные

в условии, получаем, что А =—(И22 - Г,2).

Чтобы выразить объемы через изменение температуры, вос-
пользуемся уравнением Менделеева-Клапейрона: рУ = \КТ и уч-
тем особенность расширения. Получаем, что а И' = мКТ

Тогда работа газа будет равна

с/ с/ 1 II I

Л = -И>2 И2 = -уКТ, —уКТ. = -уКЬТ.

2 ‘ 2 2 ' 2 2

Следовательно, (? = 2у/?ЛГ. и теплоемкость газа С = 2у/?.

Задача 4.60.Т. «Электроны». Через раствор серной кислоты
(СиЗОд) пропускают электрический ток. Первые б = 20 с ток рав-
номерно возрастает от нуля до / = 4 А, затем ток остается неизмен-
ным в течение /2 = 30 с, а затем за /3 = 10 с равномерно убывает до
нуля. Какая масса меди выделится при этом на катоде за I = 1 мин?

Электрохимический эквивалент меди принять равным
А = 3,3- 107кг/Кл.

Задача 4.61.С. «Закон нечетных чисел 3». Используя график
докажите, что при равноускоренном движении из состояния покоя
пути, пройденные телом за последующие равные промежутки вре-
мени, пропорциональны ряду нечетных чисел.

Задача 4.62. «Электростатический фильтр». При разработке
фильтра очистки воздуха от пыли было решено использовать тот
факт, что пылинки заряжены. Для выбора оптимальной конструк-
ции провели два эксперимента. В первом опыте стеклянный ци-
линдр (см. рис. 4.62.а.) радиуса /? и высотой Н с пыльным воздухом
0
поместили в однородное поле напряженностью Е,=1104—,
м
цилиндра была Е}

направленное вдоль оси цилиндра. Через время
/, = 1 мин после включения поля вся содержа-
щаяся в цилиндре пыль осела на дно. Во вто-
ром опыте вдоль оси цилиндра натягивают
тонкую проволоку и соединяют ее с источни-
ком высокого напряжения. (Известно, что
в этом случае напряженность поля обратно

пропорциональна расстоянию до оси Е~— )
г

Напряжение источника подбирают так, чтобы
напряженность электрического поля у стенок
как и в первом опыте. С читая пылинки одина-

ковыми, а заряды пылинок равными, оцените время оседания всей
пыли на стенки цилиндра во втором опыте. Пыли в воздухе немно-
го, так что объемным зарядом можно пренебречь.

Возможное решение

В первом опыте воздух в цилиндре очистится, когда самые
верхние пылинки достигнут дна. При этом на каждую из них будут
действовать постоянная электрическая сила Е^ = дЕ] и сила сопро-
тивления воздуха. Будем считать, что эта сила пропорциональна
скорости пылинки Е^=ку. Поскольку масса пылинок мала, то они
практически мгновенно ускоряются до скорости, при которой сила
сопротивления становится равной силе электрической кч\=цЕ},
аЕ.

после чего движутся с постоянной скоростью V, =—Так как
к

движение будет равномерным, то время, за которое весь воздух
Н кН

очистится, равно /, - —, т.е. /, =-.

п, цЕ1

Во втором опыте воздух в цилиндре очистится, когда самые
близкие к нити пылинки достигнут стенок. При этом в момент
включения скорость пылинок резко возрастае. до значения, при
котором Е. = Ем. Но пылинки теперь движутся в поле, напряжен-
ность которого уменьшается по мере удаления от оси цилиндра:
г г К

Е = Л, —. Потому в каждый последующий момент времени элек-
г
трическая сила уменьшается и становится меньше, чем сила сопро-
тивления воздуха. Это приводит к уменьшению скорости пылинки,
а следовательно, и уменьшению силы сопротивления до значения
Ес -Е^. Учитывая зависимость силы сопротивления от скорости,

а напряженности электрического поля от расстояния до оси, полу-
чаем, что скорость пылинки, находящейся на расстоянии г от оси,

равна н =—!— 1аким образом, оказалось, что скорость пылинки

кг

обратно пропорциональна расстоянию до оси V -—.
г

Эту зависимость можно сформу-
лировать и таким образом: величина
обратная скорости частицы прямо А
пропорциональна расстоянию до оси:

— ~ г. Построим график этой зави-
V

симости (см. рис. 4.62.6.). Учтем, что
расстояние г меняется от 0 до К,
1 „ к

а величина — меняется от 0 до --.

V <7^1

Далее будем рассуждать так. Рассмотрим маленький участок
пути Аг. На этом участке скорость не успевает измениться, поэтому

равна V. Заметим, если умножить — на Лг. то получится время А/
V

движения частицы на этом участке траектории! Следовательно,
площадь под графиком зависимости — от г численно равна време-
V

ни движения пылинки. Так как площадь треугольника рассчитыва-

ют по формуле 5-—аЬ, то г, = — . С учетом выражения

2 2 дЕ,

для получаем: /, = 1г = 3с.

Задача 4.63.С. «Удар». На покоящееся тело массой М налетает
со скоростью н() тело массой т. Сила, возникающая при взаимодей-
ствии, сначала линейно растет от нуля до значения Е,тк в течение
промежутка времени т. а затем линейно убывает до нуля <а то же
время. Определите скорости тел после соударения, считая его цен-
тральным.

Удобен график и для уточнения характера процессов. Рассмот-
рим пример использования графика для уточнения времени проте-
кания тепловых процессов.

Задача 4.64. «Ведро на морозе». Ведро с водой вынесли на мо-
роз и начали измерять температуру, записывая показания термо-
метра через каждые 5 мин. По измеренным данным составили таб-
лицу:

т МИН 0 5 10 15 20 25 30
1 с 3 1 0 0 0 0 0

Какая часть воды успела замерзнуть за 30 мин? Удельная теп-
лота плавления льда равна 3,4 10’ Дж/кг, удельная теплоемкость воды
4200 Дж/(кг °С). удельная теплоемкость льда 2100 Дж/(кг °С).
Удельная теплота парообразования воды равна 2,3 -10ь Дж/кг.

Возможное решение

Используя табличные данные, построим график зависимости
температуры воды от времени. Экспериментальные данные отме-
тим на графике в виде кружков (см. рис. 4.64.а.). Учитывая, что

температура воды изменилась всего на три градуса, можно считать,

что за одинаковое время
вода отдает одинаковое
количество теплоты.
Следовательно, графи-
ком охлаждения воды
будет отрезок прямой,
проходящий через пер-
вые две эксперимен-
тальные точки и оканчи-

Рис 4.64 а вающийся в точке,

соответствующей тем-
пературе 0°С Далее вода начнет кристаллизоваться. Графиком
этого процесса будет отрезок прямой, параллельный оси времени,
так как при кристаллизации температура не изменяется (см. рис.
4.64.6.). Анализ графика и табличных данных указывает, что точка
излома графика приходится на отметку 7,5 мин. Следовательно,
вода в ведре охлаждалась в течение т.=7,5 мин, а затем
г, =22,5 мин шел процесс кристаллизации. Поскольку мощность
Р теплоотдачи не изменялась, для охлаждения воды можно запи-
сать:

ст-ДГ, =/’-т|, (1)

а для кристаллизации:

X А»? = Р т;, (2)

где с - удельная теплоемкость воды, т - масса воды в ведре, Л/,
уменьшение температуры воды до О °С, X - удельная теплота кри-
сталлизации воды. А/и масса воды кристаллизовавшейся за вре-
мя т,.

Разделив уравнение (2) на (1) и подставив числовые данные,
3400-Ал? 22,5 Ал? 378 П11 1
получим: --------=-----, откуда---= ~ О,11 ~ .

Таким образом, за
30 мин успела замерз-
нуть примерно одна де-
вятая часть воды.

Данная задача од-
нажды предлагалась
школьникам на район-
ном этапе физической
олимпиады. В результа-
те оказалось, что боль-

шинство учащихся, справившихся с ее решением, смогли это сде-
лать именно с помощью графика, а те, кто решил задачу, но график
не рисовал, в словесных пояснениях указывали на линейный харак-
тер функциональной зависимости температуры от времен, т.е.
мысленно строили этот график.

Задача 4.65.Т. «Движение с остановкой». На тело, двигавшее-
ся с постоянной скоростью, начинает действовать постоянная сила.
Из-за этого тело останавливается. В этот момент сила перестает
действовать. Некоторое время тело покоится, а затем, под действи-
ем той же силы тело вновь начинает движение. Через каждые 20 с
с момента начала действия силы измеряется мгновенная скорость
тела, и ее значения заносятся в таблицу:
С 0 20 40 60 80 100 120
V км/ч 36 9 0 0 0 0 9

Определите перемещение тела за две минуты с момента начала
торможения. Сколько времени тело покоилось?

Задача 4.66.С. «Нагрев смеси». В комнату принесли ведро со
льдом и начали измерять температуру воды через каждые 4 с. Дан-
ные записали в таблицу:

1, С 0 4 8 12 16 20 24 28 32 36 40 44
/, с 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0,6 1,4 2,2

Определите по этим данным, какой процент от общей массы
составлял лед.

Изображение графика в других координатах

Иногда в условиях уже приводится график, но для получения
ответа на требование задачи оказывается удобным изобразить рас-
сматриваемый процесс в других координатах. В первой же задаче
предлагаем попробовать самим попробовать найти решение с ис-
пользованием графика.

Задача 4.67.Т. «М\ха». Муха проползла по поверхности стола
и улетела. На рис. 4.67.а. и 4.67.6. изображены графики зависимо-
сти от времени ее координат. Во сколько раз ее путь по столу был

Рис. 4.67.а.

Рис. 4.67.6.

длиннее перемещения ’ Какой была траектория движения мухи?

Задача 4.68. «Парабола». Найдите работу V молей идеального
газа за 1 цикл в процессе 1-2-3-1, график которого изображен на
рис. 4.68.а (где 1-2 отрезок прямой, проходящей через начало ко-
ординат; 3-1 - отрезок параболы, проходящей через начало коор-
динат). Известны температуры Г,, Л, и Л
Возможное решение

Исследуем график и выясним ха-
рактер процессов. Учитывая свойства
изопроцессов, очевидно, что 1 -2
изобарный; 2-3 - изохорный.

Чтобы выяснить характер про-
цесса 3-1, запишем уравнение пара-
болы в общем виде: Т = аУ2+ЬУ + С.

Учитывая, что парабола проходит
через начало координат (где V = О
и Т - 0 ), можно записать, что

0 = <7-02 +6-0 + С.

откуда получаем, что С = 0 . Следова-
тельно, зависимость температуры от
объема в этом процессе имеет вид:
Т — аУ2 +ЬУ Подставив это уравне-
ние в уравнение Менделеева-Клапей-
рона, получаем:

рУ = \П(аУ2 +ЬУ).

Если разделим эю уравнение на
объем и раскроем скобки, то получим
р = уКаУ + уКЬ, т.е. давление линей-

но зависит от объема. Оказалось, что если график данною цикла
изобразить в р- У координатах, то все процессы на нем будут изо-
бражаться прямыми линиями, и тогда работу газа можно будет по-
пытаться вычислить по площади, ограниченной линиями графика
(см. рис. 4.68.6.). При построении графика мы учли, что коэффици-
ент а должен быть отрицателен, так как парабола расположена вет-
вями вниз, и поэтому прямая 3-1 должна иметь именно такой на-
клон, как показано на рисунке. Теперь можно вычислить работу

газа за цикл по площади треугольника:

А = ^(А - р3)(Р2 - - Р\У\ ~ РУ1 + А^1)

Чтобы выразить величины через температуру, учтем уравнение
Менделеева-Клапейрона и особенности процессов:

1) р} = р2, следовательно, р}У-, - р-,У2 = у КТ,;
2) р,^=у/?Т;;

3) К3 = V,, следовашльно, — р2й\ = \КТУ;

4) процесс 1-2 изобарический, поэтому можно записать, что

К К, Т Т

— = — . кроме того. К, = К , следовательно, И = И, — - И —

т; Тг Т2 Т2

Т Т
и Р^=Р^ = чПТ^-.

1 т

Получаем: А =—уК(Т2 -Т} -Т3 + Т3-^-).

Задача 4.69.С. «Хитрый процесс». На
рисунке изображен циклический процесс
1-2-3-1 с идеальным одноатомным газом.
Участки 3-1 и 2-3 - прямые линии, участок
1-2 является частью гиперболы. Назовите
процессы. Изобразите их в р-У координа-
тах. Какая энергия выделяется на участке
2-3, если на участке 1-2 к газу подводится
2, 2=5 кДж?

Построение вспомогательного графика
на фоне исходного

Задача 4.70. «Линейный процесс». Газ
постоянной массы переводят из состояния
1 в состояние 2 (см. рис. 4.70.а.). Как при
этом изменяется давление газа?

Возможное решение

Проведем через точки 1 и 2 изобары.
Выясним, какая изобара соответствует
большему давлению. Для этого проведем
линию изотермы, пересекающую обе изо-
бары (см. рис. 4.70.6.). Сравнивая давле-
ние, объем и температуру для состояний
газа, соответствующих точкам пересечения
построенной изотермы с изобарами, при-
ходим к выводу, что при одинаковой тем-
пературе верхней точке пересечения соот-
ветствует больший объем, но при одинаковой температуре давле-
ние в этой точке должно быть меньше. Следовательно, изобаре,
проходящей через верхнюю точку, соогветствует меньшее давле-

ние, т.е. [\ > р2

Задача 4.71.С. «Круговой цикл 2».
С одним молем идеального газа проводят
замкнутый процесс, который на графике
зависимости давления от объема имеет вид
окружности (см. рис. 4.71.). Укажите на
графике точки, которым соответствуют
наибольшее и наименьшее давления, наи-
большая и наименьшая температура, наи-
больший и наименьший объемы газа.

Уточнить - изменить модель

Если в результате действий, выполненных в рамках построен-
ной модели, решение задачи найти не удается, то сначала следует
попытаться уточнить модель заданной ситуации. Например, при
решении задачи 4.62. «Электростатический фильтр» потребовалось
сделать допущение, что сила сопротивления воздуха прямо про-
порциональна скорости движения пылинки (это обычная зависи-
мость при относительно небольших скоростях движения частиц
в воздухе, но в условиях задачи она не была указана).

Если корректировка модели не помогает, и тем более, если по-
лучаются противоречивые результаты, надо постараться еще раз
внимательно изучить особенности исследуемых в задаче объектов
и с помощью новых гипотез разработать новую модель. Так, как
это показано на примере решения следующей задачи.

Задача 4.72. «Опилки в бассейне». Имеется бассейн с водой
объемом Ив = 10 м3 при температуре /в = 25 °С. В него высыпают
раскаленные платиновые опилки общей массой тП = 1 кг и темпера-
турой /п = 500 °С. Оцените, сколько испарилось воды. Удельная теп-
лоемкость платины сп = 140 Дж/кг °С, воды св = 4220 Дж/кг • °С,
удельная теплота парообразования воды гв = 2,3 • 106 Дж/кг.

Возможное решение

Запишем краткое содержание задачи. На вопрос задачи можно
ответить, вычислив либо объем, либо массу воды. Поскольку не
известно, что легче найти, запишем вопрос словами.
Сколько воды ис-
парилось?

с„ = 200 Дж/кг °С
св 4200 Дж/кг "С
г = 2,3-106 Дж/кг

25 °С

1„ = 600°С

тП = 1 кг

Г„ = 10 м'

Теперь рассмотрим характерный для
многих учащихся ход решения: Подберем
дополнительные данные. При обычных
условиях вода кипит при температуре
/о = 100 °С. Найдем количество теплоты, ко-
торое было отдано опилками при остывании
до температуры кипения воды.

О>тд=сПти(‘п

«1ТЛ = 140-^- • 1 кг - (600 °С -100 °С),
< ТЛ кг • °С

2ОТД = 70000 Дж.

Пренебрегая теплообменом с окружающей средой, предполо-
жим, что все тепло, отданное опилками, пошло на нагрев всей воды
в бассейне и ее частичное испарение (идеализация явлений). Коли-
чество теплоты, которое необходимо для нагрева всей воды бас-
сейна до Л» = 100 "С. можно рассчитать по формуле:

С?1К»| =^-(/0-^)-

Массу воды в бассейне найдем, зная, что плотность воды равна

р =1000^, т =р -К = 1ООО-Чо м3=104м3.
В 3 В I в 3

М М

Тогда

1( )Л = 4200-^- • 104 кг (100 °С - 25 °С),

кг • °С

01()Л = 3150000000 Дж.

Оказалось, что количество теплоты, которое могут отдать пла-
тиновые опилки при охлаждении, значительно меньше количества
теплоты, необходимого для нагрева всей воды в бассейне до тем-
пературы, при которой начинается кипение. Однако известно, что
если раскаленное тело поместить в воду, часть воды непременно
испарится. (К сожалению, на этом этапе многие учащиеся останав-
ливаются в недоумении и перестают решать эту задачу!)

Для разрешения полученного противоречия уточним структу-
ру модели, еще раз и учив условие задачи. Вспомним, что вода об-
ладает плохой теплопроводностью, а платина — очень хорошей.
Попробуем изменить модель задачной ситуации. Будем считать,
что нагревается и испаряется только 1 а часть воды массой Атв,
которая непосредственно контактирует с опилками. В этом случае
0к>л ~св^/ив(/о_^в)+г^/ив- Из уравнения теплового баланса
йпл=йюл получаем:

д^в = Ч/».1(/|1-А1).

(6) — ) + г

70000 Дж

— дж Дж ’

4200 -(100-25)°С+2,3-106/

кг - °С кг

Ал?в = 0,027 кг.

Ответ: Испарилось примерно 27 г воды.

Если в рассмотренной задаче пренебрежение некоторыми осо-
бенностями объектов привело к противоречию, то при решении
других задач такое пренебрежение может привести к ложным отве-
там, которые сложно заметить. Например, если при решении зада-
чи 3.3. «Перезарядка конденсаторов 1» забыть про работу источ-
ника тока, то получится вполне правдоподобный, но все-таки
неправильный ответ:

= И7 - И7 = 0,6СЯ^2 - 0,4С^2 = 0,2С^ 2 Если же забыть
про работу источника тока при решении задачи 4.4. «Перезарядка
конденсаторов 2», то ошибка сразу становится заметной, так как
получается отрицательный ответ для выделившейся энергии

2 = и;, -и; = о,4С^2-о,бс^2 = -о,2сг2.

Предлагаем самостоятельно попытаться избежать ложного от-
вета при решении следующей задачи.

Задача 4.73.Т. «У причала». От причала уходит в морское пла-
вание корабль и движется перпендикулярно береговой линии с по-
стоянной скоростью 18 км/ч. На берегу стоит девушка и провожает
корабль. Через сколько времени девушка перестанет различать
контуры корабля, если у нее хорошее зрение, много терпения, по-
года ясная, а высота корабля 20 м?

Задача 4.74.Т. «Средний амперметр». Электрическая схема
состоит из источника тока, шести одинаковых резисторов и трех
Рис. 4.74.

одинаковых амперметров (см. рис.
4.74). Правый амперметр показывает
/,=2,5 А, показания левого
/,=10,1 А. Определите показания
среднего амперметра.

Возможные решения тренировочных задач

К задаче 4.7. «Ток после замыкания»

/?, Ответ получается довольно легко, если

—1|——I 1—1 учесть, что сразу после замыкания ключа на всех

участках цепи начинается направленное движе-
__________ние свободных зарядов. Конденсатор начнет за-
ряжаться. В начальный момент на пластинах
Рис. 4.7.6.

конденсатора еще зарядов нет, поэтому поле этих
пластин не будет препятствовать движению за-
рядов на участке цепи, содержащем конденсатор. Следовательно,
сопротивление этого участка можно считать равным нулю. Значит,
током через резистор Л, можно пренебречь. Поэтому эквивалент-

ная схема цепи для начального момента будет иметь вид, показан-
ный на рис. 4.7.6. Из этой схемы понятно, что в начальный момент
сила тока через амперметр равна 14 = —.

К задаче 4.11. «Падение астероида»

Астероид будет двигаться к Солнцу под действием силы все-
мирного тяготения с постоянно возрастающей скоростью. Сила,
действующая на астероид, будет возрастать обратно пропорцио-
нально квадрату расстояния до Солнца, поэтому рассчитать время
такого движения довольно сложно. Но астрономы придумали инте-
ресный и простой способ расчетов. Можно считать, что падающий
астероид движется по «вырожденной эллиптической орбите», т.е.
настолько вытянутому эллипсу, что он превращается в отрезок!
Тогда воспользовавшись третьим законом Кеплера, получаем, что

время падения астероида равно

—Т

э 1 ЗЕМ .11

к а» МЛН у
т.е.

Т 7\|-МЛИ

—7= » 0,18 года ~ 2 месяца .
4у2

К задаче 4.16. «Рельсы»

Чем дальше от глаза расположены точки на со-
седних рельсах, тем меньше угол между лучами,
идущими от них и попадающими в глаз человека
(см. рис. 4.16.а.). Оценим, на каком расстоянии от
наблюдателя рельсы сливаются в одну линию. Обо-
значим расстояние между рельсами О = 1,5 м , угло-
вое расстояние, при котором для нормального чело-
веческого глаза две точки сливаются в одну, а = Г .

Тогда искомое расстояние равно ь -— , если угол
а

а выражен в радианной мере. Если же угол выра-
зить в угловых минутах, то получаем, что
, Р-360-60' с ,

ь. —---------=>5,4 км. Учитывая, что линия го-

а'2л

Рис. 4.16.а.

ризонта удалена от наблюдателя примерно на такое же расстояние,
делаем вывод, что автор был прав. Впрочем, расстояние до линии
горизонта тоже можно вычислить, если вспомнить или посмотреть
в справочнике, что радиус Земли К - 6400 км . Расстояние от на-
блюдателя до точки земной поверхности, касательно к которой
проходит луч зрения, обозначим Ь. Рост человека примем равным
Н = 2 м. Из рис. 4.16.6. видно, что С2 = (К + Н)2 - К - 2КН + Н2.

Учитывая, что рост человека во много раз мень-
ше радиуса Земли, получаем, что /. ~ \]1КН
Подставив числовые данные, получаем, что
/,2 ~ 5 км.

Сравнивая Ц и /,2, видим, чго они почти рав-
ны. При этом следует учитывать, что вдали
предметы из-за влияния атмосферы видны менее
резко, поэтому рельсы будут сливаться для глаза
наблюдателя на меньшем расстоянии.
К задаче 4.20. «Взлет легкого шарика»

В момент удара у обоих шариков скорость равна V = ^2^11,,
Нижний шарик упруго ударяется о плиту и отлетает от нее вверх со
скоростью и. Если рассмотреть процесс столкновения верхнего ша-
рика с нижним в СО, связанной с нижним шариком, то легкий ша-
рик со скоростью 2г> сначала приближается к массивному, а потом
с такой же скоростью удаляется от него, поскольку его масса во
много раз меньше. Учитывая, что нижний шарик относительно
плиты движется вверх со скоростью г, получаем, что верхний ша-
рик после столкновения приобретает скорость 3 п относительно

С' и

плиты. Следовательно, он подлетит вверх на высоту Н} =-------—

9ц2

= 9Н !

Советуем читателям убедиться в справедливости данного вы-

вода экспериментально.

К задаче 4.25. «Первый ИСЗ»

Изобразим момент затмения Солнца спутником на рисунке.
Видимый угловой размер спутника должен быть таким, как и ви-
димый угловой размер Солнца, поэтому расстояние от наблю-
дателя до спутника должно бьпь во столько раз меньше, чем 01
наблюдателя до Солнца, во сколько раз диаметр спутника мень-
ше диаметра Солнца — = — (см. рис. 5.25.) Откуда /= ^ ^ .

Е О О

. 150 000 000 км-0,58 м „ „

/«--------------------= 60м. Следовательно, высота орбиты

1 400 000 км

спутника не должна превышать 60 м. Обратим внимание на полу-
ченный числовой ответ и учтем особенности росс матриваемой за-
данной ситуации. На столь малой высоте слишком велико сопро-

Рис.4.25.

тивление атмосферы, по-
этому спутник не сможет
долго двигаться на такой
высоте и, уж тем более, не
сделает ни одного оборота!
Вычислять период обращения сну шика, запущенного на такой
высоте нс имеет смысла.

Ответ Высота орбиты спутника не должна превышать 60 м.
но на такой высоте спутник не сможсг сделагь ни одного оборота.

К задаче 4.37. «Подпрыгивающая пружинка»

Мысленно представим, что будет происходить после освобож-
дения верхней пластинки. Пружинка начнет рагжиматься. верхняя
пластинка будет приобретать все большую скорость до тех пор,
пока сила упругости не станет равной силе тяжести. Но и после
этого пластинка по инерции продолжит движение вверх, хотя ско-
рость пластинки будет уменьшаться. Если бы нижняя пластинка
была прикреплена к опоре, то верхняя пластинка стала бы совер-
шать колебания относительно положения ее равновесия на пружи-
не. Но нижняя пластинка не закреплена, поэтому возможна ситуа-
ция, что в некоторый момент вся система подлетит вверх.

Выясним, на какую величину должна растянуться пружинка,
чтобы нижняя пластинка могла оторваться от опоры. В момент от-
рыва на нижнюю пластину действуют сила тяжести, направленная
вниз, и сила упругости пружины - вверх. Минимальная деформа-
ция пружины, обеспечивающая отрыв нижней пластинки от опоры,

0.120 кг -9,8 г

равна ДЕ = -----------——— = 0.0047 м - 0,47 см .

к 250 Н

Поскольку в начальный момент сжатие пружины было значи-
тельно больше тгой величины (по условию пружину сжали полно-
стью), то очевидно, что пластинка действительно оторвется от по-

верхности опоры.

Чтобы выяснить, на какую высоту поднимется система пла-
стинки — пружинка, необходимо наити скорость се центра масс
в момент отрыва. Это можно сделать, используя закон сохранения
кЬ2 те2 АДА.2 *,, гл

механической энергии, --=------1------ь т^(ь + ДА.). Откуда по-

лучаем, что квадрат скорости верхней пластинки равен
к

V2 =—(А? -ДА2)-2#(^ + ААЭ-
т

Поскольку масса нижней, еще покоящейся пластинки, равна
массе верхней пластинки, а массой пружинки можно пренебречь,
то скорость центра масс в два раза меньше скорости верхней пла-

стинки, т.е. ?;цм =— (—(/.-Л/.)-2^)(Л +АЛ) Подставив число-
2 \ т

вые данные, получаем: п|1м=1.21 м/с.

Высота наибольшего подъема центра масс системы равна

Н} = —^ = 0,075 м = 7,5 см Но центр масс в момент огрыва был
2^

на высоте Н, = — (1 + АЕ) = 3,3 см. Следовательно, в момент наи-
- 2

большего подъема центр масс окажется на высоте

Н, ,= /7,+77,-10.8 см.

Если бы в этот момент пружина была не растянута, то верхняя

пластина оказалась бы на высоте Н, = Н, + — Ь - 13,8 см.

Но необходимо учесть еще одну особенность этой системы:
пластинки будут совершать колебания относительно центра масс.
Амплитуду этих колебаний проще вычислить, если рассмотреть
колебания пластинок в системе отсчета, связанной с центром масс
(СО «ц. м.») системы пружинка - пластины. СО «ц. м.» является
неинерциальной, поскольку центр масс движется с ускорением у.
Чтобы исследовать движение тел в такой системе, необходимо вве-
сти еще одну силу, действующую на каждое тело, - силу инерции,

равную =тПолучается, что в рассматриваемом случае

в СО «ц.м.» сила инерции компенсирует силу тяжести, поэтому

каждый из грузов движется только под действием силы упругости.

Поэтому период колебаний каждого груза на своей половинке пру-

жины жесткостью 27 равен Т = 2п

= 0,0993 с. Для вычисления

амплитуды колебаний пластиной относительно центра масс найдем
максимальное растяжение пружины во время полета. Для этого

воспользуемся законом сохранения энергии, приравняв механиче-

скую энергию системы в момент ее отрыва от поверхности к меха-

нической энергии в момент наибольшего растяжения пружины.

т1,™.2л -~

2 ' 2

Откуда Лтах

Подставив
числовые данные, получаем Тп11х = 0,0 187 м = 3,87 см . Значит, ам-
плитуда колебаний каждой пластинки будет равна

Л =~Лпах = Ь98 см.

I 2 НМЛ

Теперь необходимо выяснить, в каком состоянии была пружи-
на в момент максимального подъема центра масс системы. Для это-
го оценим время подъема центра масс до наивысшей точки

I = —^ = 0,123 с. Разделив время подъема на период колебаний, вы-
ё

ясняем, что у = 1,25, т.е. за время подъема грузы совершают одно
полное колебание и еще четверть. Учитывая, что в момент отрыва
пружина была практически в недеформированном состоянии
и стремилась растянуться, приходим к выводу, что в момент наи-
большего подъема пружина была максимально растянута. Значит,
верхняя пластинка поднимется на высоту, равную

+ Л, = 16 см.

Но, возможно, это неправильный ответ, так как могло оказать-
ся, что после отрыва нижней пластины от поверхности она через
некоторое время, удаляясь от центра масс, вновь ударится о по-
верхность до того момента, как центр масс поднимется на макси-
мальную высоту. Чтобы выяснить было ли второе столкновение
нижней пластинки с опорой, найдем высоту, на которую поднимет-
ся центр масс системы к моменту первого максимального растяже-

ния пружины, т.е через время /. = — Т. Записав уравнение равноус-

коренного движения, получаем, что

Н. = 1>,ш1 ~^~ = 0,027 м = 2,7 см.

Видим, что этот подъем больше амплитуды колебаний пласти-
нок, следовательно, повторного столкновения не было.

Таким образом, наибольшая высота подъема верхней пластин-
ки окаэалась равной = 16 см.
К задаче 4.42. «Переправа»

5тах Полная скорость V катера

относительно берегов вычисля-
ется по формуле: й = й, + й,, где
и, - скорость течения реки, й2

« скорость катера относительно

। реки. Для наглядности выпол-

I -

/ ним сложение векторов г,( и п,

х *

а по правилу треугольника. При-

V' чем первым изображаем вектор

п., так как его направление из-
Рис. 4.42.

менить нельзя. Затем от конца
вектора й, следует отложить вектор й,таким образом, чтобы век-
тор V как можно меньше отклонялся от направления поперек реки.
Конец вектора й, при любом его направлении должен лежать на
окружности радиуса »,, центр которой совпадает с концом вектора
й,. Из рисунка видно, что вектор й меньше всего отклоняется от
направления поперек реки, если будет направлен по касательной
к окружности. Следовательно, й2 ± V. Легко заметить, что

^2
соя а = —.

”.

Т.е. для того, чтобы снос катера был минимальным, нос катера
следует направлять вверх по течению под углом а к береговой ли-
нии. Траектория катера относительно берега будет перпендикуляр-
на направлению, в котором смотрит нос катера, т.е. проходить в
направлении под углом а к направлению поперек реки,
^„„п можно найти из подобия треугольников скоростей и переме-
«V 77
щений —шш. =—.

Ь у2

К задаче 4.43. «Переменный ток в параллельных ветвях»

Сила тока в источнике равна сумме сил тока в каждой из ветвей, но
поскольку ток переменный, то для определения действующего значения
силы переменного тока в источнике силы тока в каждой из ветвей необ-
ходимо использовать векторное сложение сил тока, т.е. /„ = /,+/,. Из
текста задачи нельзя узнать о
сдвиге фаз между токами в каждой
из ветвей, поэтому отложим сна-
чала вектор 7,, пропорциональ-
ный числовому значению силы
тока в первой цепи. Затем от конца
вектора 7, необходимо отложить
вектор /2, пропорциональный
числовому значению силы тока
во второй ветви, а вектор 70,
соответствующий силе тока че-
рез источник, будет начинаться
в начале первого вектора и за-
канчиваться на конце второго.
Множество точек, где может
оканчиваться вектор 7,, пред-
ставляет собой окружность радиуса, пропорционального /, (см.
рис. 4.43 а). Следовательно, интервал возможных действующих
значений силы тока, проходящего через источник,
т.е. 2 А < < 8 А . Наибольший сдвиг фаз бу-

дет. если вектор 7„ будет направлен по касательной к окружности
(см. рис. 4.43.6), значит 1п = у]/, - /22 = 4 А Максимальный сдвиг
по фазе между колебаниями силы тока в источнике и в первой вет-
ви находим из соотношения 81Пфтач = -|, откуда <ртах ~37°

К задаче 4.44. «Бег к автобусу»

Изобрашм заданную ситуацию на рисунке (см. рис. 4.44.а). В данной
задаче должна произойти встреча двух гел Обычно более простым ока-
зывается решение, в котором рассматривается движение одного тела от-
носительно другого. Рассмотрим движение человека относительно авто-
буса, т.е. в этой системе отсчета автобус покоиз'ся, а человек бежит.
Сделаем еще один рисунок, изображая заданную ситуацию в новой сис-
теме отсчета (см. рис. 4.44.6). Очевидно, что скорость человека относи-
тельно автобуса должна быть направлена на автобус, т.е. вдоль линии ЧА.
Скорость человека относительно земли можно представить в виде
суммы двух векторов: скорости человека относительно автобуса и скоро-
сти автобуса относительно земли. Следовательно, уотн = у, - у,.

Чтобы можно было применить ЭА прием «Окружность возмож-
ных окончаний», запишем это равенство в виде: уОТ|| = (-у,) + у2.
Модуль и направление скорости вектора (-г?) известны, а направление
скорости у2 зависит от произвола человека. Но, учитывая известное на-
правление относительной скорости, делаем вывод, что конец вектора у2

должен оканчиваться в
точках пересечения ок-
ружности возможных
окончаний с линией ЧА.
Физический этап реше-
ния задачи окончен.

Из геометрических
соображений, рассмат-
ривая треугольник ско-
ростей и опираясь на
теорему синусов, полу-

чаем, что 81п (180° - (а + Р)) = 8’П у,. Угол р находим из треугольни-
У,

ка расстояний 8ш р = — . Следовательно,
^э

V I

81п (180° - (а + Р)) = —1—-.

у2 Ь2

Учитывая особенности функции синуса угла, получаем два возмож-
ных значения угла а.

у С С

Если а + Р < 90°, то а. = агс8ш —!—к - агс81п — .

у2 С2 Ц

Если а + Р > 90°, то а, = 180° - агс8Ш —!—к - агс8ш —.

у2 С2 С2

Подставив числовые значения, получаем: а, = 55°, а, = I05° .

Из рис. 4.44.6 понятно, что в случае минимально допустимой
скорости человека окружность возможных окончаний должна ка-
саться линии ЧА. Следовательно,
”„„п = 4 ^пР = Ц-|ц
т.е. человек должен бежать
,, км
со скоростью 1>т|п ~ 11 —
ч
в направлении, перпендику-
лярном направлению от не-
го до автобуса.

К задаче 4.50. «Графики нагрева»

Поскольку в условии указано, что тела нагревают равномерно,
следовательно, за единицу времени к ним подводится одинаковая
энергия. Пусть Р - энергия, подводимая к каждому телу за единицу
времени, Ат время подвода тепла, т - масса тела, А/ измене-
ние его температуры, тогда можно записать: ст\г - Л Ат. Следова-
тельно. скорость вощастания температуры тела вычисляется по
. А/ Р х,
формуле: — =----- Учитывая, что мощность подводимой энергии

Ат ст

не изменяется, приходим к выводу, что скорость повышения тем-
пературы тела обратно пропорциональна произведению удельной
теплоемкости тела на его массу. Заметим, что скорость возрастания
температуры пропорциональна тангенсу угла наклона графика
к оси времени. Заметим, что тангенс угла наклона графика нагрева
первого тела в 4 раза больше тангенса угла наклона второго графи-
ла, г Р л Р

ка, поэтому —- = 4—— . Следовательно, -----= 4----, откуда по-

Ат, Ат2 С'Гп{ с2т2

т. „ Дж
лучаем, что с2 - 4с, —= 800 -----.

т, кг • °С

К задаче 4.52. «Охлаждение расплава»

Анализируя график, приходим к выводу, что расплав охлажда-
ется, затем кристаллизуется и вновь охлаждается уже в твердом
состоянии. Нелинейный характер линий охлаждения говорит о том,
что скорость теплоотдачи изменяется. Это объясняется тем, что
скорость теплоотдачи зависит от разности температур охлаждаю-
щегося тела и окружающей среды. Во время кристаллизации тем-
пература расплава не изменяется, поэтому скорость теплоотдачи
тоже постоянна. При температурах немного больших или немного
меньших, чем температура кристаллизации, скорость теплоотдачи
практически такая же. Следовательно, если построить касательные
к линиям охлаждения расплава в жидком и твердом состояниях
в точках соединения этих линий с линией кристаллизации, то эти
касательные будут соответствовать линиям графиков охлаждения,
если бы скорость теплоотдачи не изменялась. Теперь задача стано-
вится такой же, как задача 4.52. «График температуры».

Обозначив буквами: Ат - время отвода тепла, т - массу тела
(расплава), А/ - изменение его температуры, Р - энергию, которую
за единицу времени отдает в окружающую среду расплав в момент
кристаллизации, и считая, что в последний момент охлаждения
жидкости и в начальный момент охлаждения твердого тела скоро-

Рис. 4.52.6.

сти теплоотдачи были такими же, записываем систему уравнений:
с^Ат, = РАт,; (I)

(2)

сгаА/2 = РАт3. (3)

Исследуя наклон обеих касательных (см. рис. 5.49.6.). находим,
что А/|=20°С (одна клетка по шкале температур), Ат, =6 мин
(три клетки по шкале времени). Л/, = 80°С (четыре клетки по шка-
ле температур), Ат, =6 мин (три клетки по шкале времени).

Время кристаллизации Ат2=28 мин.

Теперь можно приступать к решению системы уравнений.

Если разделить (1) на (2), то после преобразований получим:
_ X Ат,
' А/, Ат,

Подставив числовые данные, получаем:

1 4 10' ДЖ

е, =-------= 15110-Дж.

20 °С 28 мин кг -°С

Если разделить (3) на (2). то после преобразований получим:

X Ат.

с, =-------.

А/, Ат,

Подставив числовые данные, получаем:

1,4-10,Дж , п

с =________кг 6мин ^375 Дж

4 80 °С 28 мин кг °С

К задаче 4.57. «Странный ход улитки»

Заметим, что произведение ве-
личины, откладываемой по оси ор-
динат, на величину, откладываемую
вдоль оси абсцисс, имеет размер-
1
ность времени — х = /.

При прохождении малого от-
резка пути Ах скорость улитки
можно считать постоянной, поэтому
время прохождения участка пути,
равного Ах, можно вычислить по

формуле: А/= —-Ах. Эта величина
V

равна (с поправкой на единицы)
площади под участком графика над участком Ах. Следовательно,
все время движения можно вычислить по площади под линией
графика на интервале значений х от 0 м до 4 м. Площадь можно
приближенно найти по графику, например, по клеточкам. В данном
случае получаем примерно 38 клеток. Площади одной клетки соот-

ветствует величина Л/. =—-----0,5 м = 0,5 мин.

। мин
м

Тогда искомое время равно / ~ 38 -0,5 мин = 19 мин.

К задаче 4.60. «Электролиз»

Согласно закону электролиза, масса ве-
щества, выделившеюся при электролизе,
прямо пропорциональна заряду, прошедшему
через электролит. т = кц. Сила тока изменя-
ется, поэтому прошедший заряд нельзя вы-
числить простым умножением силы тока на
время. Воспользуемся графиком зависимости
силы тока от времени (см. рис. 4.60.) и вы-
числим заряд, прошедший через электролит,

по площади под соответствующими участками графика. Получаем:

9 =

Следовательно, масса выделившейся меди равна

"7 = 7А/,,(/| +2?2 + '.,)•

Подставив числовые данные, получаем: т = 59,4 мг.

К задаче 4.65. «Движение с остановкой»

Используя табличные данные, построим график зависимости
скорости тела от времени. Табличные значения отметим на графике
в виде кружков (см. рис. 4.65.а.). Учитывая, что на тело действова-
ла постоянная сила, делаем вывод, что скорость тела уменьшалась
равномерно. Следовательно, первым участком графика скорости
будет отрезок прямой, проходящей через две первые эксперимен-
тальные точки и оканчивающийся на оси времени (ось абсцисс)
(см. рис. 4.65.6.). Второй участок графика будет горизонтальным
отрезком, начинающимся в точке соединения первого отрезка с
линией абсцисс. Чтобы определить время окончания покоя и на-
чала движения, учтем, что тело продолжило движение под дейст-
вием прежней силы, а так как масса тела не изменилась, то ускоре-
ние тела во время разгона было таким же, как и при торможении.
Ускорение на графике скорости характеризуется тангенсом угла
наклона графика к оси времени. Поэтому график зависимости ско-
роста тела от времени во время второго этапа движения будет па-
раллелен графику скорости во время торможения тела. Сила не ме-
нялась, значит, после остановки тело стало двигаться в обратном
направлении.

При удобном выборе единичного деления шкалы можно заме-
тить по графику, что тело находилось в покое в течение
т = 80— с » 86,7 с

Перемещению соответствует площадь под графиком скорости,
и легко заметить, что его можно найти по площади трапеции, обра-
зованной линией । рафика скорости за первые 20 с торможения,
36 км/ч+ 9 км/ч 10 м/с+ 2,5 м/с ____________

-----------------20 с =----------------20 с = 75 м .

2 2

К задаче 4.67. «Муха»

Изобразим траекторию мухи на графике с координатами л и у.
Ход рассуждений может быть следующим: За «две клеточки по

времени» координата г увеличилась на «две
клеточки», а координата у не менялась; за
следующие «две клеточки по времени» ко-
ордината .г не менялась, а координата у уве-
личилась на «две клеточки»; затем, за «две
клеточки по времени» координата .г умень-
шилась на «две клеточки», а координата у не
менялась; потом вновь «две клеточки по
времени» координата л не менялась, а коор-
дината г увеличилась на «две клеточки»;

наконец, за последние «две клеточки по времени» координата х
увеличилась на «шесть клеточек», а координата г уменьшилась на
одну «клеточку». Па графике (см. рис. 4.67.в.) легко заметить, что
путь равен Т=2+2+2+2+ \/13 + 62 ~ 14.1 (клеток), а перемещение
5 = \/з2 + 62 » 6,7 (клеток).

Следовательно, отношение пути к перемещению равно

5 Дз

Таким образом, путь больше перемещения примерно в два раза
высота

Рис. 4.73.а.

К задаче 4.73 «У причала»

Возможное решение (учитывающее особенности зрения чело-
века)

Глаз человека перестает различать две точки, если угловое рас-
стояние между ними становится равным 1 (одной угловой секун-
де). Из рис. 4.73.а можно получить формулу для расчета расстоя-
ния, при котором изображения двух крайних точек корабля
, Н
начинают сливаться в одну: Ь = —, |де Н
а
предельный угол разрешения, выражен-
ный в радианной мере. Если угол выра-
зить в угловых секундах, то формула при- .

г Н-360-60' „
обретает вид: Ь =--------- Учитывая,

а'2л

что корабль плывет с постоянной скоро-
стью, находим, что он удалится на такое

Г Н-360-60' „
расстояние через время 1= — =----------. Подставив числовые

V а'2л-п
данные, I ~ 3 ч 50 мин.

Но приведенные рассуждения приводят к ошибочному ответу.
Ошибка данного решения станет более очевидной, если подсчитать
расстояние Г. оно равно Ь ~ 70 км . Это расстояние оказывается
значительно больше, чем удаленность линии горизонта от наблю-
дателя, находящегося вблизи поверхности Земли, оно примерно
равно 5 км.

Возможное решение (учиты-
вающее шарообразность Земли).

Если учесть, что Земля круглая,
то следует выяснить, на какое рас-
стояние должен удалиться корабль,
чтобы скрыться за линией горизон-
та. Опираясь на решение задачи
«Рельсы», можно получить, что ис-
комое расстояние примерно равно
Ь^42КЙ + >12КН . где /? =6400
км радиус Земли, Л = 2 м - при-
близительный рост человека (мож-
но учесть, что он находится чуть выше уровня моря) После под-
становки числовых данных, получаем, что Т2 ~21 км. Эта величи-
на меньше 7. ~ 70 км, следовательно, корабль раньше скроется за
горизонтом, чем его крайние точки сольются в одну для наблюда-
теля на причале. Время, за которое наблюдатель перестанет разли-

Ц 41КЙ + >!2КН „
чать контуры корабля, равно = —=------------------. Подставив

V V

числовые данные, получим /2 ~ 1 ч 10 мин.

К задаче 4.74. «Средний амперметр»

Если предположить, что амперметры идеальные и их сопро-
тивления равны нулю, то, очевидно, что через средний амперметр
идет ток в два раза больший, чем через правый. (Эти участки под-
ключены параллельно и сопротивление правого участка в два раза
больше среднего.) Значит, через средний амперметр идет ток
7, = 5 А.

Ответ получен, но стоит проверить, какой ток будет идти через
левый амперметр, если оставаться в рамках принятой модели
с идеальными амперметрами. Напряжение на участке, в который
включен левый амперметр, равно (7, = 7,7?, но таким же должно
быть и напряжение на участке цепи, включенном параллельно дан-
ному: Т/4 =(7,+72)/? + /,/?. Подставив числовые значения для сил
тока, получаем, что С73 = 10,17?, С/4 = 12,57? Видим, что (7, ^(74,
следовательно, ответ неправильный.

Придется отбросить старую модель задачной ситуации и
принять новую, в которой амперметры имеют сопротивление от-
личное от нуля. Тогда, обозначив сопротивление амперметров бук-
вой г, можно записать два уравнения:

7, (г + 7?) = /| (г + 27?),
7,(г + 7?) = (7, + 7,)/? + 7,(г + 7?).

В эти два уравнения входят три неизвестные величины, но для
ответа необходимо знать только одну из них, поэтому можно при-

г- К

менить замену переменных, обозначив х = —.

Получаем два уравнения с двумя неизвестными:
/,(1 + х) = /,(1 + 2 V) ,

/,(1 + х) = (/, + /, ) V + /,(Г + х) .

Из первого уравнения получаем, ч го х = —-у- Подставив
это выражение во второе уравнение, получаем квадратное уравне-
ние: /2 + /,/2-/,(/, + /3) = 0.

_/1+7111+4/|(/|+/3)

Решив это уравнение, получаем: /, =------------------.

Подставив числовые данные, получаем: /2 = 4,5 А.

Краткие итоги главы 4

Если не удалось решить задачу, исходя только из общих сооб-
ражений, то попытайтесь внимательнее присмотреться к особенно-
стям рассматриваемых объектов. Учтите особые свойства отдель-
ных объектов и согласованное!ь их изменений. Используйте
геометрические образы физических величин и графики для полу-
чения наглядной картины, характеризующей взаимосвязь между
величинами. Если первоначальная модель не учитывала выявлен-
ные вами особые свойства, то изменяйте эту модель или заменяйте
ее совершенно новой.

Не забывайте изученные эвристико-алгоритмические приемы:
«Равенство продольных проекций»,
«Окружность возможных окончаний»,
«Угол наклона касательной»,
«Площадь под графиком».
Глава 5.

СЕМЕЙСТВО ПРИЕМОВ
РАЗБИЕНИЕ НА ЧАСТИ
И ПЕРЕСТРУКТУРИРОВАНИЕ

Для упрощения поиска ответа на требование задачи можно по-
пробовать разбить ее или рассматриваемые в ней объекты на части
и изменить их структуру. На различные способы разбиения и пере-
структурирования указывают твристические приемы, объединен-
ные в данное семейство:

• Разделить на час ти.

• Выявить периодизацию.

• Ввести вспомогательные ‘элементы.

• Изменить взаимное рас по ю ж сине.

• Заменить на равное ильные объекты.

• Выразить искомое частично через себя.

• Решить обратную задачу.

Дадим краткие пояснения данным приемам.

Разделить на части

Разделение объекта исследования на составные части является
одним из основных методов познания и называется анализом. Со-
гласно приему «Разделение на части», для поиска решения задачи
можно попытаться разделить процесс решения задачи на решение
более простых подзадач, представить сложное взаимодействие
объектов как несколько более простых взаимодействий, мысленно
расчленить рассматриваемое зело на несколько более простых тел,
представить исследуемый в задаче процесс как несколько простых
процессов, разделенных во времени или в пространстве. Следует
отметить, что рассмотренный в третьей главе эвристический прием
«Представить в виде суперпозиции» в некоторых случаях можно
рассматривать как частный случай приема «Разделить на части», но
специфичность и универсальность принципа суперпозиции делают
целесообразным выделение отдельного эвристического приема,
основанного на применения этого принципа.

Теперь рассмотрим подробнее различные варианты примене-
ния приема «Разделить на части».

Разделить задачу на подзадачи

Разделение задачи на подзадачи позволяет организовать по-
этапное решение логически взаимосвязанных небольших задач,
постепенно приближающих нас к ответу. При разделении задачи на
подзадачи иногда получается последовательность равносильных
задач, в других случаях одна из подзадач оказывается вложенной
в другую (как в задаче 5.1. «Переворачивание призмы»).

Задача 5.1. «Переворачивание призмы». Однородная прямо-

угольная призма массой т имеет в основании равнобедренный тре-

угольник со стороной а. Длина боковых
граней равна 5а. Призма лежит боковой
гранью на горизонтальной поверхности
так, что другая ее грань расположена
вертикально (см. рис 5.1.а.). Какую ми-
нимальную работу надо совершить, что-
бы перевернуть призму через ребро при
остром угле и положить ее на широкую

грань?

Возможное решение

Смоделируем на рисунке процесс переворачивания призмы
(см. рис. 5.1.б.). Понятно, что при переворачивании призма при-
поднимается. Очевидно, что работа будет минимальной, если она
будет равна разнице между максимальной и начальной потенци-
альной энергией призмы в поле силы тяжести Л,,,,, = Е — Е н1ч

При расчете потенциальной энергии тела, не
являющегося материальной точкой, учитывают /

высоту, на которой находится центр тяжести это! ° \ /

тела, ЛП1111 =/пд(Атах -Лнач) \ /

Таким образом, чтобы получить ответ, пере-
ходим к решению задачи на нахождение положе-
ния центра тяжести. Известно, что в однородном

7 Решение с'южных и нес1аш1ар1ных задач па фишке

193
поле силы тяжести центр тяжести
совпадает с центром масс. Учтем
особенности объекта, а именно то,
что основанием призмы является
треугольник. Известно, что центр
масс плоского однородного тре-
угольника расположен в точке пере-
сечения его медиан (см. задачу 5.3.
«Плоский треугольник»). Сделаем
более крупный рисунок и обозначим

точку пересечения медиан тре-
угольника буквой О (см. рис. 5.1.в.). Из рисунка видно, что в на-
чальный момент высота центра масс относительно поверхности
равна длине отрезка ОО1, учитывая, что медианы треугольника

в точке пересечения делятся в отношении 2 к 1. Из подобия тре-
угольников ВСЕ и О\ОЕ и теоремы Фалеса находим, что

Лнач

— —а. Мысленно поворачивая призму, можно понять, что наи-

большая высота центра масс призмы будет равна длине отрезка
ОА . Учитывая, что треугольник прямоугольный и равнобедренный
х/2

получаем, что длина отрезка ВО = а~^' а так как он является ме-
х/2

дианой. го длина отрезка ОО-а—^-. Из треугольника ООА и тео-
ремы Пифагора можно получить, что

ОА = у](ОО)2+{ОА)2 = а.— + — = а—.
V 36 4 6

VI1 - 2

Таким образом Д|11п = т§а------® 0,2т&а ,

Как видим, при решении данной задачи пришлось решать
несколько более простых подзадач, а если нам не было известно
место нахождения центра масс плоского однородного треугольни-
ка, то пришлось бы решать еще одну подзадачу. Кстати, при ее ре-
шении тоже удобно было бы воспользоваться приемом «Разбиение
на части».
Разделить тело или систему тел на части

Если необходимо найти некоторую физическую величину, ха-
рактеризующую сложный объект, то можно попытаться мысленно
разделить объект на более простые элементы, определить искомую
характеристику для отдельных элементов, а затем, опираясь на ре-
зультаты исследования отдельных элементов, сделать вывод о ре-
зультирующем значении искомой величины.

Задача 5.2. «Тяжелая верев-
ка». Гибкая веревка массой т
подвешена так, что вблизи точек
подвеса углы между касатель-
ными к веревке и вертикалью
соответственно равны аир (см.
рис. 5.2.а.). Определите силу на-
тяжения веревки в нижней точке.

Возможное решение

Рассмотрим силы, действующие на веревку, и изобразим их на
рисунке (см. рис. 5.2.6 ). В точках крепления на веревку действуют
силы Т} и У7,, направленные по касательной к веревке. Кроме того,
на веревку действует сила тяжести тр. Точка ее приложения нахо-
дится в центре масс веревки. Центр масс веревки при данной ее
конфигурации расположен вне веревки, и его точное расположение
неизвестно. В этом и состоит основная сложность задачи. Постара-
емся обойти это обстоятельство, а для удобства восприятия точку
приложения силы тяжести расположим на веревке. Запишем усло-

вие равновесия веревки в проекции на вертикальное и горизон-

тальное направления.

У7 сока + У7, сояР - тр (1)

Е\ 81па = У7 81пР. (2)

Из этих уравнений можно
найти силы натяжения веревки
в точках подвеса, но, согласно
требованию задачи, необходимо
найти силу натяжения веревки
в ее нижней точке. Чтобы отве-
тить на вопрос, рассмотрим рав-

Рис. 5.2.6.
новесие отдельной части веревки - участка от
ее левой точки подвеса до нижней точки, кото-
рую обозначим буквой О. Очевидно, что сила
натяжения веревки в нижней точке направле-
на горизонтально, поэтому условие равновесия
части веревки в проекции на горизонтальное
направление имеет вид:

81П а = Ео .

(3)

Теперь получилась система из трех уравнений с тремя неиз-

вестными, решив которую получаем, что

™ё
С1§а + с1^Р

Задача 5.3. «Плоский треугольник». Где находится центр масс
однородного плоского треугольника?

Возможное решение

Нарисуем произвольный треугольник и начнем ратмышлять:
Если бы это был равносторонний треугольник, то центр масс тако-
го треугольника был бы расположен в его
/ центре симметрии. Факт расположения цен-

/ тра масс в центре симметрии однородного

/ тела не вызывает сомнений. Попытаемся

* представить этот треугольник как сумму не-

Рис. 5.3.а. скольких симметричных тел. Например, как

сумму тонких параллельных полосок. Мыс-
ленно разобьем треугольник на узкие полоски, параллельные одной
из сторон. Центр масс каждой из полосок находится на ее середине
(см. рис. 5.3.6). Очевидно, что центры масс полосок лежат на ме-
диане треугольника, значит, центр масс треугольника тоже нахо-
дится на этой медиане. Если разбиение проводить вдоль любой
другой стороны, то приходим к тому же заключению.

Рис. 5.3.6.
Следовательно, центр тяжести однородного плоского тре-
угольника находится в точке пересечения его медиан

Попробуйте самостоятельно решить следующую задачу.

Задача 5.4.С. «Плоский четырехуго 1ьник». С помощью рисун-
ка покажите способ определения положения центра масс однород-
ного плоского четырехугольника.

Прием «Разбиение тела на части» эффективен и при решении
более сложных задач.

Задача 5.5. (5.41.) «Заряд в кольце». По тонкому проволочному
кольцу радиуса К равномерно распределен электрический заряд ц.
В центр кольца помещают одноименный заряд (), причем (9 »<у.
Определите силу, с которой растянуто кольцо.

Возможное решение

Изобрашм заданную ситуацию на рисунке (см. рис. 5.5.а.).
Помещенный в центр заряженного кольца одноименный эаряд дей-
ствует на каждый элемент и ого кольца с силой отталкивания, на-
правленной вдоль радиуса. Действие этого
заряда одинаково по всем направлениям и

стремится равномерно растянуть
этому противодействуют силы
направленные вдоль кольца. В
кольцо находится в равновесии.

кольцо, но
упругости,
результате
в немного

растянутом состоянии. Однако силы элек-
тростатического отталкивания и силы упру-
гости распределены по всей длине кольца.
Это значительно усложняет задачу исследо-
вания условий равновесия тела.

Чтобы упростить расчеты, применим прием «Разбиение на час-
ти» и рассмотрим равновесие отдельного очень малого элемента
этого тела - небольшой дуги длиной А/ -а/?, где а - угол между
радиусами, проведенными из центра кольца к краям выделенной
дуги (см. рис. 5.5.6.).

Исследуем условия равновесия выделенной дуги. Со стороны
электрического заряда, находящегося в центре кольца, на дугу дей-
ствует сила отталкивания Р. Из-за малости размеров дуги можно
считать, что сила отталкивания приложена к центру этой дуги
и направлена по радиусу. Со стороны соседних участков на выде-
ленную дугу действуют две силы упругости, направленные вдоль

касательных к окружности, проведенных в пограничных точках
дуги. Поскольку кольцо растянуто равномерно, то модули сил уп-
ругости Т равны. Помимо этих сил на выделенный элемент кольца
(дугу) действуют еще силы электрического отталкивания от ос-
тальных элементов кольца, но поскольку среди условий указано,

что заряд кольца много меньше заряда, находящегося в центре, то
силами отталкивания от остальных элементов кольца можно пре-
небречь.

Таким образом, условие равновесия малой дуги имеет вид:
^+^+7=0 (см. рис. 5.5.в.)

Учитывая симметрию рассматриваемого объекта, проведем ко-
ординатную ось X. В проекции на ось X условие равновесия дуги
имеет вид: Е -1Т -81Пу. Поскольку участок мал, то угол а тоже

мал, и ып—= — . Следовательно, Е = Та , откуда Т =—.
2 2 а

Найдем модуль силы электрического отталкивания. Учитывая
равномерное распределение заряда по всей длине окружности, за-

Л д/ г. «

ряд дуги равен А<у = «у-- Поскольку размеры выбранной дуги

2 л/?

малы, то можно считать, что весь заряд дуги находится в ее центре.
тогда силу отталкивания от заряда у можно вычислить по закону
Кулона: Е =—!—(как для случая взаимодействия точечных
4яеп

зарядов). Подставив выражение для заряда дуги, получаем:

1 ()уи.

Е --------т"1—. Следовательно, силы упругого натяжения равны

4ле0 Л" 2л

1 (Л? _

Т = —;----Так как кольцо растянуто равномерно, то таким оу-

8тге(| К~

дет значение сил упругости в любой части кольца.

Использованный при решении данной задачи прием исследо-
вания равновесия малой дуги применим и при решении задач из
других разделов физики, поэтому сформулируем его в виде эври-
стико-алгоритмического приема.

ЭАП «Равновесие малой дуги»

Если в задаче необходимо найти силы натяжения равномерно
растянутого кольца, го можно рассмотреть силы, действующие
на малый участок кольца в форме дуги длиной А/ - аП , где а -
угол между радиусами /?, проведенными из центра кольца к кра-
ям выделенной дуги. Если при этом условие равновесия малой
дуги принимает вид: Е + 7] + Т = 0, где Е - сила, действующая на
дугу вдоль радиуса, а Т и Т\ - равные по модулю силы упруго-
сти. действующие на выделенную дугу со стороны соседних уча-
стков и направленные по касательной к окружности кольца, то
условие равновесия дуги в проекции на ось ее симметрии прини-
(X

мает вид: Е = 27’ кшу, или из-за малости угла: Е = Та (см. рис.
5.5.в.)

Дополнения. Помимо исследования условий равновесия кольца,
растягиваемого или сжимаемого радиальной силой, этот прием
можно применять, рассматривая динамику вращения кольца вокруг
своего центра, а также при исследовании условий равновесия сфе-
ры, растягиваемой или сжимаемой радиальной силой.

Задача 5.6. (5.30.,5.42.) «Прочность котла». Какое макси-
мальное избыточное давление внутри может выдержать сфериче-
ский котел радиусом /? и толщиной стенок <7 (с1« К )? Предел
прочности материала, из которого изготовлен котел, равен ст|1Ч

Возможное решение

Проведем первое упрощение заданной ситуации. Очевидно,
что результирующее воздействие внешнего и внутреннего давле-
ний на каждый элемент котла равно избыточному давлению, по-
этому для упрощения расчетов будем считать, что внешнее давле-
ние отсутствует, а внутреннее давление равно избыточному Ар.

Рис. 5.6.а.

Сделаем рисунок котла (см. рис. 5.6.а.).
Рассматривая его, подумаем, в чем основная
проблема задачи, т.е. почему нельзя сразу сс
решить. Проблема заключается в том, что си-
лы давления газа на котел направлены вдоль
радиуса и распределены по всей поверхности,
а силы упругости, удерживающие котел от
разрыва, распределены по всему объему мате-

риала котла.

Чтобы упростить задачную ситуацию, мысленно выделим не-
большой сферический сегмент с углом между ограничивающими

его радиусами, равным а. Изобразим выделенный сегмент на уве-
личенном рисунке (см. рис. 5.6.6.).
Учитывая малые размеры этого
сегмента, его площадь можно рас-
считать следующим образом:

Рис.5.6.б.

5 ~ 7Г-Г2 ~ 7т[ /? -81П— | «л/?2 —
I 2 4

Очевидно, что результирую-
щая сила избыточного давления
на этот сегмент будет равна

и направлена вдоль его оси сим-
метрии. Вдоль всей границы, вы-
резающей этот сегмент из окруж-
ности, действуют силы упруг ости.
Из соображений симметрии по-
нятно, что результирующая сил упругое! и равна сумме проекций

каждой силы на ось симметрии сегмента.

— (I ^разреза ‘ 81П ~ О2ТГ

„ . а
ляп—

а • мп —,
2

т.е. = <з-2пК—с1. Условие равновесия малого сегмента можно
записать в виде: Ра = Ру. В момент разрыва механическое напря-
жение достигает своего предельного значения, и предельная сила
сг

упругости равна Ру =о||Ч 'Рп.К—сР Следовательно, можно запи-

от а2

сать: Др - л7?‘ — = о11Ч - 2тгЛ—с1. Откуда получаем, что избыточ-

ное давление равно Ар -——

Чтобы проверить, хорошо ли вы усвоили ЭАП «Равновесие
малой дуги», можно попробовать решить следующую задачу.

Задача 5.7.Т. «Кольцо на стержне». На металлический стер-
жень радиусом /? надето с натяжением тонкое резиновое коль-
цо так, что его радиус увеличился в п раз. Какую минимальную си-
лу нужно приложить, чтобы сдвинуть кольцо вдоль стержня?
Коэффициент жесткости кольца А, коэффициент трения резины
о металл - ц.

Разбиение электрических схем на части весьма эффективный
способ их упрощения. Задача «Симметричная решетка» уже была
решена в главе 3. Но если в предыдущем решении использовался
способ объединения точек равного потенциала, то в этот раз мы
будем использовать способ разделения точек равного потенциала.

Задача 5.8. (3.27). «Симметричная решетка». Из однородной
проволоки изготовлена плоская решетка (см. рис. 5.8.а.) Электри-
ческое сопротивление каждого участка равно И. Каким будет об-
щее сопротивление такой решетки, если ес подключить так, как
показано на рисунке?

Возможное решение

Для определенности обозначим узлы и места перегиба провода
буквами латинского алфавита (см. рис. 5.8.6 ).
Опираясь на принцип симметрии, можно заметить: если в уз-
лах е и о сделать разрыв, как показано на рис. 5.8.В., то условия для
прохождения зарядов через остальные участки не изменятся
(вследствие симметрии решетки относительно оси ео), поэтому эти
точки останутся точками равного потенциала.

Данное разбиение на два параллельных симметричных участка
позволит почти в два раза уменьшить количество вычислений, по-
скольку сопротивление левого участка цепи равно сопротивлению
правого.

Рассмотрим левый участок. Учитывая симметрию данного уча-
стка относительно оси очевидно, что напряжение (величина,
численно равная работе электрического поля по перемещению
единичного положительного заряда) па участке а-§ равно напряже-
нию на участке То же самое можно ска гать для участков а-к
и к-8. Данное соотношение не изменится, если в узле к сделать раз-
рыв так как показано на рис 5.8.г.

После такого преобразования дальнейшие расчеты сопротив-
ления исследуемого участка достаточно тривиальны. На рис. 5.8.д.
представлена эквивалентная схема, полученная в результате неко-
торых очевидных упрощений левой половины решетки. По ней
легко подсчитать, что ее сопротивление равно 2ЬКП. Следователь-
но, сопротивление всей решетки равно 13Л/7.

Заметьте, в главе 3 мы уже использовали принцип симметрии
для упрощения решения данной задачи, но характер вносимых из-
менений был совершенно иным, тем не менее, поскольку изначаль-
ная модель заданной ситуации (начальная электрическая схема)
была одна, то и ответы получились одинаковыми.

Разделить процесс на части

Если в задаче исследуется сложный процесс, то можно попро-
бовать разделить его на несколько различных более простых про-
цессов. При этом данный процесс можно представить либо в виде
нескольких одновременно начавшихся процессов, либо в виде по-
следовательности нескольких подпроцессов.

Разделить во времени одновременно начавшиеся процессы

Если процессы начинаются одновременно, но длительность
одного из них значительно меньше других, то для упрощения рас-
четов и рассуждений можно считать, что сначала начинается самый
быстрый процесс, и только после его окончания начинаются ос-
тальные процессы. Рассмотрим пример такого «разделения на час-
ти во времени».

Задача 5.9. «Шарик и брусок». Пластилиновый шарик массой
т движется горизонтально со скоростью и сталкивается с бру-
ском массы Л/, неподвижно висящим на нити длиной 1. В результа-
те столкновения шарик прилипает к бруску. На какой максималь-
ный угол от вертикали может отклониться нить, на которой
подвешен брусок?

Возможное решение

Очевидно, что как только шарик начинает взаимодействовать
с бруском, брусок приходит в движение, и нигь подвеса начинает
отклоняться. Однако процесс прилипания шарика к бруску длится
7////

7///Л

Рис. 5 9.а. Рис. 5.9.6. Рис. 5.9.в.

существенно меньше процесса отклонения нити. Для упрощения
расчетов разделим во времени процесс взаимодействие шарика
с бруском и процесс отклонения нити с бруском от вертикали.

С начала рассмотрим процесс столкновения. Для наибольшего
отклонения от вертикали брусок в результате столкновения должен
приобрести максимально возможную скорость. Очевидно, что наи-
большую скорость поступательного движения брусок приобретет,
если скорость шарика будет направлена на центр масс бру-
ска (тогда брусок не начнет вращаться). Эту скорость можно найти
из закона сохранения импульса: тпг0 = (т + М)Т>] (см. рис. 5.9.а.
и 5.9.6 ). Откуда

Теперь рассмотрим процесс отклонения бруска (см. рис. 5.9.6.
и 5.9.в.). Для этого можно применить закон сохранения механиче-
ской энергии:

= (2)

Наибольший угол отклонения нити можно найти из геометри-
ческих соображений:

Ьсояа = Ь - Н. (3)

С учетом формул (1) (2) и (3) получаем: сояа = I-™

2§Цт + Л/-)~

(22 \

т ц()

1-----------т

2%Цт+ М) ,
Использованный при решении пои задачи способ преобразо-
вания задачной ситуации сформулируем в виде эвристико-алго-
ритмического приема.

ЭАП «Остальные замерли»

Если в задаче исследуется движение одного из многих дви-
жущихся гел или один из нескольких происходящих одновре-
менно процессов, то иногда оказывается удобным исследовать
интересующий нас объект в упрощенной ситуации, когда все ос-
тальные тела остановились (замерли), и все остальные процессы
прекратились. Затем после получения результата в упрощенной
ситуации необходимо вернуться к исходной ситуации. При этом:

Если скорость движения исследуемого тела или процесса
существенно больше остальных, то полученный нами результат
в упрощенной ситуации будет близок к истинному.

Если скорости объектов примерно одинаковы, то в получен-
ный результат решения упрощенной задачи придется внести не-
которые числовые поправки, но характер выявленных законо-
мерностей не изменится.

Задача. 5.10.Т. «Гантель». На гладком горизонтальном столе
лежат два маленьких шарика массами т и Зт. Шарики соединены
тонким жестким стержнем длиной 1. В некоторый момент с более
массивным шариком сталкивается маленькая шайба массой т
и высотой, равной диаметру шарика. В момент удара скорость шай-
бы была равна и направлена перпендикулярно стержню. Удар
был центральный, кратковременный и абсолютно упругий. Опре-
делите силы упругости, возникающие в стержне после удара.

Задача. 5.11.С. «Гантель 2». На гладком горизонтальном столе
лежат два маленьких шарика массами Зт и 5т. Шарики соединены
тонким жестким стержнем длиной 1. В некоторый момент с более
легким шариком сталкивается маленький кусок пластилина массой
2т и прилипает к нему. В момент удара скорость кусочка пласти-
лина была равна 1>0 и направлена перпендикулярно стержню. Опре-
делите время, за которое гантель сделает один оборот вокруг цен-
тра масс.

Задача 5.12.Т. «Квадрат протонов и позитронов». В верши-
нах квадрата со стороной а находятся два протона и два позитрона
(позитрон - положительно заряженный «двой-
ник» электрона), так, что одинаковые частицы
находятся в противоположных вершинах (см.
рис. 5.12.). В некоторый момент заряды переста-
ют удерживаться. Определите скорости частиц
после того, как они разлетятся на большое рас-
стояние.

Разделить на последовательность
более простых процессов

Помимо искусственного разделения процессов по времени
ино!да оказывается достаточным простое разбиение реального
сложного длительного процесса на реальные более простые и ко-
роткие по времени процессы. При этом иногда получается после-
довательность схожих процессов, а в других случаях - последова-
тельность совершенно различных процессов.

Задача 5.13. «Гонки «Формула-Щ». В Цветочном городе коро-
тышки решили устроить гонки на автомобилях. Трассу гонки
«Формула- 1Ц» сделали в виде геометрически правильного прямо-
угольника со сторонами 200 м и 800 м. Старт (он же финиш) рас-
положили на углу прямоугольной трассы. Найдите минимальное
время, за которое коротышка-гонщик может проехать один круг по
этой трассе, если максимальное ускорение самого лучшего автомо-
биля, участвующего в гонках, равно 2 м/с*, а ширина дорожного
полотна лишь немного превышает ширину автомобиля. По прави-
лам соревнований во время гонки и при финишировании съезжать
с дорожного полотна запрещено. Считать, что длина автомобиля не
намного больше его ширины.

Возможное решение

Из текста задачи следует, что дорога узкая, следовательно, на
поворотах скорость автомобиля должна уменьшаться практически
до нуля, чтобы при развороте не выехать с трассы. Следовательно,
процесс движения автомобиля по трассе можно разбить на четыре
части, соответствующие движению автомобиля по каждой из сто-
рон четырехугольника. Рассчитаем отдельно время прохождения
каждого участка, а затем сложим и найдем общее время движения.

На каждом участке автомобиль должен первую половину пути
твигаться ускоренно, а вторую половину замедленно, с тем же по
модулю ускорением. Время разгона /рна прямолинейном участке

находим из соотношения — = . откуда /р =

. Столько же

времени автомобиль будет замедляться. Значит, время движения на
любом прямолинейном участке трассы связано с длиной этого уча-

стка соотношением I — 2,

Учитывая прямоугольную форму трассы, получаем, что мини-
мальное время движения автомобиля по трассе равно

'о =4

Следовательно. /0 =120с = 2мин.

Следующую задачу предлагаем попробовать решить самостоя-
тельно.

Задача 5.14.С. «Изогнутая трубка 2». Узкая стеклянная труб-
ка согнута под прямым углом и расположена так, что одна ее часть
расположена вертикально, а вторая - горизонтально. Вертикальная
часть трубки длиной 1, полностью заполнена водой, которая не
может перелиться в горизонтальную часть трубки длиной 21 пока
кран, расположенный в месте изгиба, закрыт. Через сколько време-
ни после открытия крана вода начнет выливаться из трубки. Ка-
пиллярными явлениями можно пренебречь.

Разделить на части и тело, и процесс

Иногда оказывается удобным разделять на части и сложное те-
ло, и сложный процесс, рассматриваемые в задаче. Именно так мы
будем поступать при решении следующих задач.

Задача 5.15. (3.47.) «Обруч». Обруч массой т, радиусом /?
с тонкими стенками катится без проскальзывания по горизонталь-
ной поверхности со скоростью н Определите его кинетическую
энергию.

Возможное решение

Проблема задачи в том, что известную формулу кинетической
„ то2

энергии 1, = можно применять для материальной точки или
для тела, движущегося поступательно. В данном же случае движе-
ние обруча не является поступательным. Чтобы воспользоваться
известной формулой кинетической энергии, можно мысленно раз-
бить обруч на множество маленьких частиц, которые можно счи-
тать материальными точками. Но здесь возникает еще одна про-
блема: скорости каждой из этих частиц различны. Продолжим
разбивать на части: разделим на части процесс. Можно заметить,
что относительно центра обруча каждая его частица движется по
окружности. Поэтому движение каждой частицы можно предста-
вить как суперпозицию движения по окружности относительно
центра трубы со скоростью V и движения по прямой со скоро-

стью п, т.е. для каждой точки можно записать: о1 = Г\р + V. При

этом легко заметить, что скорость V движения по прямой будет
для всех частиц одинакова и скорость ивр будет тоже одинакова,

так как в условии указано, что обруч тонкостенный, следовательно,

радиусы вращения у всех его частиц одинаковы.

Скорость вращения обруча можно
найти, если учесть условие, что обруч
катится без проскальзывания, а это зна-
чит, что точка А обруча, которой он
касается поверхности, в каждый мо-
мент времени неподвижна относитель-
но поверхности, по которой обруч ка-
тится: V А =0. Но для нее справедливо
соотношение Г^=г)вр+ц. При этом

складываемые скорости направлены противоположно (см. рис.
5.15.а.), следовательно, 0 = т>вр - V. Откуда гвр = V.

Таким образом, полезно запомнить, что если тонкостенный
обруч (или тонкостенная труба) катится без проскальзывания, то
все его точки движутся относительно его центра со скоростью,
равной скорости поступательного движения обруча.

Продолжим поиски формулы для расчета кинетической энер-
гии обруча. Заметим, что различие в скоростях частиц определяет-
ся только различием направления скоростей вращения. Воспользу-
емся идеями симметрии и обратим внимание, что для двух частиц,
расположенных на противоположных сторонах диаметра, направ-
ления скоростей вращения противоположны. Попробуем вычис-
лить суммарную кинетическую энергию таких частиц. Итак,
сделаем уточнения в разбиении
обруча на части: предположим,
что он разделен на одинако-
вых частей, размеры которых
позволяют считать их матери-
альными точками. Масса каждой
части равна &т = ^. Мысленно
проведем произвольный диаметр
через центр обруча и обозначим

точки его пересечения с обручем буквами ВиС (см. рис. 5.15.6.).

Угол между диаметром и вертикалью обозначим а. Скорость каж-
дой из выделенных точек можно представить как сумму векторов
скоростей их вращательного и поступательного движения. Из гео-
метрических соображений можно получить выражения для квадра-
тов скоростей этих точек:

177, = V2 + V2 + 2пПСО8а, V2 = V2 + V2 - 2щ'сока.
о ’ с

Суммарная кинетическая энергия этих точек равна
„ Д/ШЛ &гт)2 Дм? А ,

Ек, „ Г1 = — +------- =---4гг = 2 Д»ш~.

м ол 2 2 2

Видим, что суммарная кинетическая энср1 ия пары точек, рас-
положенных на противоположных сторонах его диаметра, не зави-
сит от угла а, т.е. не зависит от места нахождения этой пары на об-
руче. Следовательно, полученная формула справедлива для любой
пары точек обруча. Чтобы подсчитать полную кинетическую энер-
гию обруча, необходимо сложить суммарные кинетические энер-

гии всех пар таких точек. Таких пар точек всего насчитывается —,

г- п* -

по »тому = —2Длтг, т.е. полная кинетическая энергия обруча,

который катится без проскальзывания, равна = гт2. Легко за-
метить, что данное утверждение справедливо и для тонкостенной
трубы, которая катится без проскальзывания.

Разделить на очень малые процессы

Сложный процесс можно разделить на множество очень малых
подпроцессов. Настолько малых, что изменения некоторых вели-
чин в этих подпроцессах оказываются пренебрежимо малы, поэто-
му данные величины можно считать постоянными. Тогда в упро-
щенной ситуации можно найти изменение искомой величины
в одном из подпроцессов. Потом сделать вывод о характере изме-
нений этой величины в других подпроцессах. Итоговое значение
искомой величины находят как результат сложения изменений этой
величины в каждом из подпроцессов.

Если разбиение процесса происходит до бесконечно малых
частей, и исследуется изменение интересующей величины при бес-
конечно малом изменении другой величины, то такую операцию
называют дифференцированием, а операцию сложения бесконечно
большого числа бесконечно малых изменений величины называют
интегрированием. Т.е. операция дифференцирования-интегрирова-
ния это один из частных случаев применения эвристического при-
ема «разбиение на части».

Рассмотрим решение задачи с использованием метода диффе-
ренцирования-интегрирования.

Задача 5.16. (3.44., 5.30., 5.50., 5.52.) «Вода под куполом». Тон-
костенная массивная полусфера радиусом В лежит на горизон-
тальной поверхности стола куполом вверх. В верхней части купола
имеется маленькое отверстие, через которое начинают наливать
воду под купол. Когда вода полностью заполнила купол, он при-
поднялся, и вода стала вытекать из-под него. Определите массу ку-
пола.

Возможное решение

Рис. 5.16.а.

Купол поднимается под дейст-
вием давления воды (см. рис. 5.16.
а.). Значит, в тот момент, когда во-
да полностью заполнила купол, ре-
зультирующая сил давления воды
на купол стала равной силе тяже-
сти, действующей на купол. Слож-

ность заключается в том, чю силы

давления воды на купол в различ-
ных участках различаются и по на-
правлению. и по модулю.

Мысленно разобьем купол на бесконечное множество беско-
нечно тонких горизонтичьиых колечек.

[ а,- / 1

Рис. 5.16.6.

Рассмотрим одно из таких ко-
лечек, расположенное 1аким обра-
зом, что угол между вертикальной
осью симметрии купола и радиу-
сом, проведенным из центра ку-
пола к середине кого колечка,
равен а(..

Ширину выделенного колечка
можно считать равной /? <7а
(см. рис. 5.16.6.), а площадь
5, = 2л/?81па, /?<7а .

Давление на уровне выделенного колечка можно рассчитать по
формуле: р1 = \ -сока ).

Вертикальная проекция всех сил давления воды на это колечко
равна с1Р/ = р, 5, -сока,

Т.е. с!Р1 = р^/?(1 - сока ) • 2 л/?8та, • /?с/а • сока

Суммарное воздействие сил давления на все колечки равно

С= |(р^/?(1-сока) 2л/?81пасока•/?)б/а,
о

гак как угол а изменяется от 0 до л / 2.

л/2

Р = 2лр^/?’ |(I -сока)к1пасока с/а
о

Для сокращения записей сначала вычислим интеграл.

л 2

у = | (1 - сока)к1пасо8а • <7а;
О

л 2

у = 181Псхсоза• с/а- акта• с/а;
о

л/2 л/2

у = | мпа-<7(чп и) |соя2 а(-с/(соза));
о о

1 2 I л/2 ' 1 |л ’

281П а|<> +5СО8 а|°

= 1(1_()) + 1(0 -1)^1
2 3 6
Следовательно, сила давления воды на колокол равна
Е - Эта сила должна быть не меньше, чем сила тяжести,

действующая на колокол. Е = . Получаем, что масса колокола

равна тк = ^лр7?3.

Если освоить операцию интегрирования, то решения достаточ-
но большого количества школьных задач повышенной сложности
станут стандартными, но не менее интересными, поэтому далее мы
приведем еще несколько способов решения задачи с водой под ко-
локолом.

Задача 5.17. «Резиновый жгут». Определите, на сколько уд-
линяется подвешенный за один конец резиновый жгут массой т
жесткостью Л, если его длина в нерастянутом состоянии равна Ьп.

Возможное решение

Выясним проблему: жгут растягивается неравномерно. Чтобы
обойти эту проблему, раюбьем жгут на М очень малых частей. Ка-
ждая часть настолько мала, что можно считать, что она растягива-
ется равномерно.

Решим сначала вспомогательную задачу, чтобы определить
жесткость каждой очень малой части. Будем рассуждать следую-
щим образом: положим жгут на горизонтальную идеально гладкую
поверхность и начнем его растягивать с силой Е; так как шнур од-
нородный, то в каждой его части сила на1яжения будет равна Е.
При зтом весь шнур растягивается под действием силы Е на рас-
стояние АТ, каждая малая его часть растягивается под действием

этой же силы на расстояние • Так как жесткость жгута равна

, Р Л/ /7 „ ,

к = —, то жесткость каждого участка равна к ------- м - к .

Л/.

Теперь вернемся к исходной задаче. Итак, жгут подвешен
и растягивается под действием собственного веса. Рассмотрим де-
формацию некоторой 7-ой части. Поскольку масса каждой части
т

равна —, ю масса всех частей, оказавшихся ниже выделенной на-

ми части, равна — (/V-/). Следовательно, сила, растягивающая
те

/-ую часть жгута, равна /\ =-(М /) Согласно закону Гука, рас-

№

тяжение выделенной части равно АГ = .

ЛГ=-^(А-/),

' №

' /Г к

Общее увеличение длины жгута равно сумме увеличений дли-

, * 7 тр(М — /)

ны каждого участка: АГ = / АГ; = . Учитывая, что

Л ., ,, /V +1 , , те +1 т> те г,

\(Г^-1) = М------, получаем: АГ =----------= —— +---. По-

V 2 к 2А 2к 2кЫ

скольку число велико, то вторым слагаемым можно пренебречь,

а / тё

следовательно, жгут удлинится на АГ =

Задача 5.18. «Лед на озере». Оцените, с какой скоростью уве-
личивается зимней ночью толщина льда в озере. Исходные данные:
температура воздуха равна I = 27 “С, толщина льда Н = 50 см,
плотность льда рл = 900 кг/м3, удельная теплота плавления
льда 1 = 3,3-105 Дж/кг, коэффициент теплопроводности льда
к = 2,2 Вт/м • °С. (Количество теплоты, проходящее в единицу вре-
мени через слой вещества толщиной Л и площадью 5, вычисляют

по формуле: ц - к •

5-АГ
И

Возможное решение

Очевидно, что с увеличением толщины льда скорость замерза-
ния уменьшается, т.е. не является постоянной величиной. Но если
разбить процесс замерзания льда на очень маленькие промежутки
времени, то можно считать, что за такой малый интервал времени

Ай

скорость замерзания не изменяется и равна V = — , где Ай - изме-
Ат

нение толщины льда за малый интервал времени Аг. Предполо-
жим, что за время Ат замерзает масса Л/л,, воды. При этом выде-
А(/~/о)

ляется энергия Вода превращается в лед, поэтому

Лшв - - Длнп = р ] • 5 • ДА . То! да Д^ = рл5ДАЛ.

Будем считать, что все тепло, выделенное при замерзании во-
ды, пошло на нагрев воздуха. Количество теплоты, переданное
воздуху за время Дт, можно вычислить по формуле: Д(Л = с/Лт.
Учитывая, что температура замерзающей воды равна /0 =0°С, по-

лучаем: Д(?2 = А—

Пренебрегая колебаниями температуры воды, льда, воздуха,
конвективным переносом тепла в воде и т.п., можно записать урав-
нение теплового баланса: ДЯ=ДС?2 или р,5ДАХ = А^^——Дт .

„ ДА

1огда скорость изменения толщины льда равна г = — =

Дт А/рлЛ

Подставив все величины в СИ, получим: гэ = 4 -10 7 м'с = 1,44 мм/ч.

Задача 5.19. «Давление кобры» С какой силой давит на землю
кобра, когда она, готовясь к прыжку, поднимается вертикально
вверх с постоянной скоростью г? Масса змеи т. ее длина Ь.

Возможное решение

Предположим, что в некоторый момент времени I с момента
начала подъема голова змеи поднялась на высоту А над землей.
Чтобы найти, с какой силой в этот момент кобра давит на землю,
разделим эту силу на две части: силу, с которой давит на землю
неподвижная часть змеи, и силу, с которой давит на землю верти-
кальная часть кобры. Сила Е\, с которой давит на землю непод-

вижная часть кобры, равна весу этой части: Е} . Чтобы

найти силу Е\, с которой давит на землю вертикальная часть коб-
ры, найдем силу Е', с которой земля в этот момент давит на эту
вертикальную часть. Рассмотрим процесс подъема кобры за очень
малый промежуток времени Д/. За это время кобра приподнимает-
ся на высоту ДА, следовательно, импульс вертикальной части коб-

ДА „

ры изменяется на величину &р = &пге = т—V. Согласно закону
изменения импульса, Лр = У7,'А/. Следовательно, можно записать,
АУ? А т Л/' ,, Г-

что т—г = У7Л/. Откуда У7, =---V. Учтем, что кобра поднима-

У ' Ь М

ется с постоянной скоростью, полому — = г. С учетом третьего
А/

закона Ньютона получаем, что вертикальная часть кобры давит на

землю с силон Л, =—т> Полная сила давления поднимающейся
’ 1

кобры на землю равна У7 =^((У,+ гг). Таким образом, сила
давления поднимающейся кобры на землю зависит от высоты ее
вертикальной части. Эта сила максимальна в самый начальный мо-
мент подъема кобры.

Задача 5.20.Т. «Подъем в гору». Какую минимальную работу
необходимо совершить, чтобы тело массой т втащить в гору вы-
сотой Н, действуя на него силой, всегда направленной вдоль по-
верхности горы? Гора имеет сложный рельеф поверхности, но ко-
эффициент трения ц одинаков на всех участках. Вершина горы
удалена на расстояние У. по горизонтали от начального положения
тела.

Задача 5.21.С. «Давление веревки». Идеально гибкую веревку
массой т, длиной У. удерживают вертикально так, что один ее ко-
нец касается пола. В некоторый момент времени веревку отпуска-
ют. Определите зависимость силы давления веревки на пол от вы-
соты ее вертикальной части.

Выявить периодизацию

Мысленно разбивая исследуемый предмет или процесс на от-
дельные части, иногда удается заметить элементы периодичности,
т.е. полной или частичной повторяемости их свойств. В некоторых
случаях периодичность имеет явно выраженный повторяющийся
характер, в других - она становится видна только после умелого
мысленного расчленения объекта на части; а иногда обнаруживает-
ся, что изменения, происходящие в задаче, можно рассматривать
как часть хорошо известного периодического процесса, именно это
и было подмечено при решении задач 3.11. «Торможение санок»
и 3.12. «Изогнутая трубка».
Среди закономерностей, позволяющих сущеегвенно упростить
формулы, описывающие периодический процесс, можно выделить
такие, как: гармонический характер колебаний, арифметическую
и геометрическую прогрессии, получение степенной или показа-
тельной функции.

Рассмотрим несколько примеров применения эвристического
приема «выявить периодизацию».

Задача 5.22. (5.60.). «Разветвленная схема». Электрическая
схема собрана из очень большого количества одинаковых резисто-
ров, сопротивлением К каждый (см. рис. 5.20.а). Оцените общее
сопротивление схемы.

Рис. 5.22.а.

Возможное решение

Учитывая симметрию схемы, объединим точки равного потен-
циала так, как мы делали при решении задачи 3.26 «Симметричная
решетка», и получим следующую эквивалентную схему (см. рис.
5.22.6). Очевидно, что общее сопротивление такой схемы можно

рассчитать по формуле: Ко = К +—К +—К + ... + — К + — К + К .

Рис. 5.22.6.
Учитывая симметрию формулы, ее можно переписать в виде:
/?,. = 2/?(1 + - + - + ...) .

1 2 4

Заметим, что выражение в скобках представляет собой беско-
нечную геометрическую прогрессию с первым членом Л, = 1
и множителем Ч = ~- Сумма бесконечной геометрической прогрес-

сии равна 5 = . Получаем, что 5 = 2 и /?„ = 4/?.

1-<7

Задача 5.23. «Насос». Насосом откачивают воздух из сосуда
объемом V. Оцените минимальное значение давления в сосуде по-
сле 60 ходов поршня. Объем насоса считать равным И,/= 0,08 И.
Начальное давление в сосуде р0 = 101 325 Па.

Возможное решение

Поскольку в условиях указано, что следует найти минимальное
значение давления, го необходимо упростить процесс. Наиболее
очевидным упрощением является условие неизменности тем-
пературы газа при переходе из сосуда в насос. Т.е. на! ревом возду-
ха при прохождении через систему клапанов можно пренебречь.

Теперь рассчитаем, какое давление установится в сосуде после
первого хода поршня. Во время всасывания воздуха насосом насос
и сосуд являются сообщающимися сосудами, поэтому давление
в каждом из них становится одинаковым. Такое же давление оста-

ется в сосуде и после закрытия впускного клапана насоса, вплоть
до следующего открытия впускного клапана. Из уравнения Менде-
леева-Клапейрона получаем, что это давление можно вычислить по
К

формуле: р} — рн------. После второго хода поршня давление ста-

И + И(1

новится равным

р' = р'7^=Ро

. Очевидно, что полу-

у + у

г И, /

чается степенная функция, следовательно, после «-го хода поршня

давление станет равным рп = р()

и + дк

Подставив числовые значения, получаем: р„ = 10 кПа, т.е. дав-
ление уменьшится примерно в 100 раз.
Задача 5.24. «Подъем шторы». Какую минимальную работу
с ледует совершить, чтобы тонкую оконную штору, висящую вер-
тикально на тонкой трубе, намотать валиком на эту трубу? Масса
шторы т. ширина Ь. длина - Н.

Возможное решение

Сделаем рисунок, изобразив штору в начальном и конечном
положениях (см. рис. 5.24). Заметим, поскольку штора имеет зна-
чительные пространственные размеры, то при ее наматывании
на трубу различные участки шторы совершают различное переме-
щение.

Чтобы упростить заданную ситуацию, мыслен-
но разобьем штору на И отдельных Тонких гори-
; зонтальных полосок. Толщина каждой полоски

. и И л т

: буде г равна Аг/=—. а масса А/» = —.

: \ ' /V /V

; ; Рассмотрим отдельно минимальную работу,

; : необходимую для подъема каждой полоски до

: : уровня трубы. Самую верхнюю полоску поднимать

: не надо, поэтому Д — б. Вторую полоску придется
• поднять на высоту А// , потому минимальная ра-
бота для се подъема равна А2 — /\трЛН , а мини-
Рис. 5.24. _

мальная работа для подъема третьей полоски равна
Л, = ктрТЛН. Для подъема самой нижней полос-
ки необходимо совершить работу Ах = Л/>щ(П - 1)А/7 .

Работа, необходимая для подъема всей шторы, равна сумме ра-
бот по подъему каждой полоски, следовательно,

А = ктр.\Н (1 + 2 + 3+ ... + (А/ -1)).

Можно заменив, что находящиеся в скобках слагаемые обра-
зуют арифметическую прогрессию с первым членом -1 и сла-
гаемым <1 -1. Сумма п членов арифметической прогрессии равна
2а[+(п-1)с1
о =—!-----------п. В нашей последовательности п = /V -1, по-

этому сумма в скобках равна

2 2
Тогда работа по подъему шторы равна

т Н 1 , „ , 1 , Л'-1

А = — е-----Л(Л'-1) = ->»щ/.-----

(V д 2 2 *

Учитывая, что число полосок очень велико, можно считать,

что —«1, поэтому окончательная формула для вычисления
минимальной работы, необходимой для наматывания шторы на
трубу, выглядит как А =—пц>Н .

Другой способ решения

Обращаем внимание, что данную задачу можно было решить
значительно проще, если, используя методологический подход,
проанализировать ситуацию в целом: при наматывании шторы на
трубу минимальная работа равна увеличению ее потенциальной
анергии. Штора имеет достаточно большие размеры, поэтому для
вычисления изменения ее потенциальной энергии необходимо вы-
яснить, на какую высоту поднимается ее центр масс. Учитывая
особенности шторы (очевидно, что она однородная) приходим
к выводу, что ее центр масс находится посередине шторы и его не-

обходимо поднять на высоту Следовательно, минимальная

работа по подъему шторы равна А = ~тр// .

Второй способ оказался значительно короче и проще матема-
тически. Но не всегда мы замечаем самый короткий путь, а доб-
раться до цели всс-таки надо. Поэтому важно научиться уметь дос-
тигать цели различными способами. В итоге самым лучшим для
нас способом решения оказывается тот, которым мы смогли ре-
шить поставленную перед нами задачу.

Для совершенствования умения применять прием «выявить пе-
риодизацию» можно попробовать решить следующие задачи.

Задача 5.25.Т. «Заземление шариков». Два металлических ша-
рика радиусом г с зарядом д на каждом, расположены на очень
больших равных расстояниях от земли так, что расстояние между
центрами шариков равно Л. Первый шарик заземляют, после чего
заземляющий проводник убирают. Затем такую же процедуру про-
делывают со вторым шариком. После ггого снова заземляют пер-
вый и т.д. Какими будут заряды шариков после и последователь-
ных заземлений каждого?

Задача 5.26.Т. «Прыгающий мяч». Мяч падает с высоты И на
горизонтальную плоскость. При каждом отскоке его скорость
уменьшается в п раз Найдите путь, пройденный мячом от начала
движения до остановки.

Ввести вспомогательные элементы

Иногда заданная ситуация приходит к стандартному для нас
виду после внесения в нее дополнительных вспомогательных эле-
ментов. Это может быть введение вспомогательных физических
величин, включение вспомогательных процессов, добавление неко-
торых идеальных предметов и т.п.

Ввести вспомогательные величины

Довольно часто для того, чтобы можно было математически
записать закономерности, характерные для задачной ситуации, на
начальном этапе решения оказывается удобным и даже необходи-
мым использовать вспомогательные величины, значения которых
неизвестны и не нужны для получения итогового ответа. Рассмот-
рим несколько примеров.

Задача 5.27. «Ворона на балке». Одно-
родная балка, массой т, нижним концом
соединена шарнирно с вертикальной стеной,
ее верхний конец прикреплен к стене с по-
мощью веревки так, что угол между балкой
и стеной равен а, а угол между веревкой и
стеной равен Р (см. рис 5.27.а.). На верхний
конец балки садится ворона, из-за чего ве-
ревка обрывается. Определите наименьшую
из возможных массу данной вороны, если

предел прочности веревки равен о, площадь поперечного сечения
веревки равна 5. Считать, что в момент посадки скорость вороны
была пренебрежимо мала.

Возможное решение

Требование минимальности массы вороны позволяет утвер-
ждать, что в момент ее посадки на балку, балка оказалась почти
в равновесии. Изобразим си-
лы, действующие на балку
(см. рис. 5.27.6.). Направление
силы реакции Е шарнира
можно указать только при-
близительно. Исходя из того,
что сила тяжести тр и вес Мр
вороны направлены вниз, и
сила натяжения Т веревки
частично направлена вниз,

Рис. 5.27.6.

значит, что сила реакции

шарнира должна быть частично направлена вверх. Кроме того, си-

ла натяжения веревки частично направлена влево, следовательно,
сила реакции шарнира частично направлена вправо. Таким обра-
зом, сила реакции шарнира направлена вверх и вправо. Чтобы не
вычислять силу реакции шарнира, запишем второе условие равно-
весия (правило моментов) относительно точки касания шарнира.

Чтобы можно было определять плечи сил, введем вспомога-
тельную величину: обозначим длину балки буквой к. Получаем:

Тк со8(а + 90 - Р) - — к81п а - Мрк81п а = 0.

Откуда

1У Тсо8(а + 90-Р) т
М =------------------.

#81па 2

Учитывая взаимосвязь силы упругости с механическим напря-
жением Т = а-8, получаем, что минимальная масса данной вороны
может быть оценена по формуле:

, . о 5 • со8(а + 90 - Р) т

М =---------------------.

^81па 2

Задача 5.28.Т. «Падение шариков». Два стальных шарика, от-
пущенные с большой высоты, достигают при падении в воздухе
установившихся скоростей 75 м/с и 100 м/с. Какой будет устано-
вившаяся скорость падения, если шарики соединить длинной тон-
кой невесомой нитью? Считать, что сила сопротивления прямо
пропорциональна площади поперечного сечения движущегося тела
и квадрату его скорости.
Ввести вспомогательные предметы

Добавление в рассматриваемую систему вспомогательных
предметов может помочь по-другому посмотреть на заданную си-
туацию и увидеть незамеченные ранее закономерности.

Одним из таких вспомогательных элементов является вспомо-
гательный луч, использующийся в задачах на геометрические по-
строения.

Задача 5.29. (5.36.) «На оптической оси». На главной оптиче-
ской оси линзы находится предмет 5, постройте изображение этого
предмета в гонкой собирающей линзе (см. рис. 5.29.а.).

Возможное решение

Известно, что для построения изображения точечного объекта
достаточно найти точку, где пересекутся хотя бы два луча, отра-
д женных от объекта и прошед-

ших через линзу. Проще всего
$ о воспользоваться следующими

.•_______।_____________। лучами: лучам, прошедшим че-

Е рез оптический центр тонкой
линзы, не преломляется, лучам,
г прошедшим через фокус, после

преломления идущим парал-

Рис 5.29.а. дельно 1лавной оптической оси,

центром тонкой линзы, лучам,
шедшим параллельно ыавной оптической оси, после преломления
проходящим через фокус. Однако в данном случае все три указан-
ных луча сливаются в один.

Поэтому можно воспользоваться еще одной особенностью
преломления лучей в собирающей линзе: лучи, падающие на линзу
параллельно, после преломления собираются в фокальной плоско-
сти (данным свойством обладают пучки параллельных лучей, па-
дающих под небольшим углом к главной оптической оси) Прове-
дем (произвольно) луч от объекта до линзы. Проведем через
оптический центр линзы вспомогательный луч, параллельный ос-
новному. Через фокус, находящийся за линзой, проведем перпен-
дикулярно главной оптической оси фокальную плоскость. Найдем
точку пересечения вспомогательного луча с фокальной плоско-
стью. Через эту точку проведем продолжение основного луча после
преломления в линзе. В точке пересечения преломленного основ-
ного луча с главной оптической осью будет расположено изобра-
жение 5' объекта (см. рис. 5.29.6.).

Рис. 5.29.6.

Еще одним "эффективным вспомогательным элементом может
стать тонкая непроницаемая перегородка, которую помещают меж-
ду отдельными слоями жидкости или областями, заполненными
газом. Рассмотрим несколько примеров применения такой перего-
родки.

Задача 5.30. (3.44., 5.16., 6.50., 6.52.) «Вода под куполом». Тон-
костенная массивная полусфера радиусом В лежит на горизонталь-
ной поверхности стола куполом вверх. В верхней части купола
имеется маленькое отверстие, через которое начинают наливать
воду под купол. Когда вода полностью заполнила купол, он при-
поднялся, и вода стала вытекать из-под него. Определите массу ку-
пола.

Возможное решение

Изобразим заданную ситуацию на ри-
сунке (см. рис. 5.30.а.). Купол поднимает-
ся под действием давления воды. Значит,
в тот момент, когда вода полностью за-
полнила купол, результирующая сил дав-
ления воды на купол стала равной силе
тяжести, действующей на купол. Слож-
ность заключается в том, что силы давле-
ния воды на купол в различных участках
различаются и по направлению, и по мо-
дулю. Попробуем обойти необходимость
подсчета сил давления воды на купол. Уч-
тем, что купол поднимается вместе с за-

Рис. 5 ’О.а.

Рис.5.30 6.

полняющей его водой. В момент подъема купола мысленно прове-
дем горизонтальную тонкую перегородку на уровне нижней грани-
цы купола (см. рис. 5.30.6.) Оставшийся под перегородкой слой
воды давит на перегородку вверх, с силой давления равной
Е = где рв=рнр/? давление столба воды высотой /?,
а8 = пК^~ площадь круга под куполом. Получаем: Р = прн§К\
Очевидно, что эта сила должна быть не меньше, чем сила тяжести,
действующая на купол и находящуюся под ним воду. Следователь-
но, Р = ту% + . Масса воды под куполом равна

I 4 ,
"'в = 2 3л/? Рв‘

Получаем:

2 1

при#/?1 = щкр + ул/?’р,1р . Откуда тк = -лЯ'ри

Задача 5.31. (5.6., 5.43.) «Прочность котла». Какое макси-
мальное избыточное давление внутри может выдержать сфериче-
ский котел радиусом К и толщиной стенок Л (с/«/?)? Предел
прочности материала, из которого и эготовлен котел равен опч .

Возможное решение

ние отсутствует, а внутреннее давление равно избыточному Др.

Рис. 5.31.а.

Сделаем рисунок котла (см. рис. 5.31.а.)
и. рассматривая его, подумаем, в чем основ-
ная проблема задачи, т.е. почему нельзя сразу
ее решить. Проблема заключается в том, что
силы давления газа на котел направлены
вдоль радиуса и распределены по всей по-
верхности, а силы упругости, удерживающие
котел от разрыва, распределены по всему
объему материала когда.
Надо попытаться преобразовав додичную ситуацию таким об-
разом, чтобы множество сил, действующих на элементы котла,
можно было заменить несколькими результирующими силами, мо-
дули, направления и точки приложения коюрых достаточно просто
определялись. Давайте мысленно разрежем котел на две половинки
и рассмотрим равновесие одной половинки котла. В этом случае
силы давления воздуха Д направлены радиально поверхности по-
лусферы, но направление результирующей этих сил уже известно -
вдоль оси симметрии этой полусферы. Силы упругости /у дейст-
вуют на полусферу по границе разреза, они все имеют одинаковое
численное значение и одинаковое направление, так как направлены
перпендикулярно поверхности разреза, а их результирующая равна
произведению предела прочности материала котла на площадь раз-
реза Еу = опч • 5,. Поскольку толщина котла намного меньше его
радиуса, то площадь разреза можно вычислить по формуле
=с1 2л/?. Следовательно, /\ = о|1Ч 2л/?<7 вместе с воздушной
полусферой, ограниченной плоскостью разреза (см. рис. 5.31.6.).

Рис. 5.31.6.

Рис. 5.31.в.

Чтобы рассчитать результирующую множества сил давления,
действующих на отдельные участки поверхности котла, мысленно
введем тонкую непроницаемую для газа перегородку, отделяющую
выделенную нами полусферу с газом от второй половины сферы.
Рассмотрим равновесие полусферы с газом (см. рис. 5.31.в.). На нее
действуют силы упругости (равнодействующую Еу которых мы
уже подсчитали) и силы избыточного давления газа из второй по-
ловины полусферы на разделяющую полусферы перегородку. Те-

перь все силы давления газа направлены в одну сторону, они оди-
наковы по модулю и их результирующая равна произведению
избыточного давления на площадь разделяющей перегородки, т.е.
на площадь круга Еп = Ар • 52 = Ар • л/?2.

X Решение с южных и несши ыршых кыач ио физике

225
Запишем условие равновесия полусферы с газом:

т.е.

др л/?2 = опч б/ 2 л/?.

Откуда получаем формулу для расчета максимально допусти-
_ 2е>,,цс1

мого избыточного давления газа в котле: Др = ———

В ходе решения этой задачи была установлена полезная для
решения задач закономерность, на основе которой можно сформу-
лировать эвристико-алгоритмический прием.

ЭАП «От полусферы к кругу»

Если на поверхность, являющуюся частью сферы, действу-
ют силы давления, равные по модулю и направленные в каждой
точке вдоль радиуса /? перпендикулярно поверхности, то резуль-

тирующую этих сил можно вычислять как произведение дав-

ления р на площадь круга, ограничивающего эту поверхность:

радиальная

= р-пК~.

(Можно также показать, что данный прием можно применять
и при расчете сил давления на цилиндрическую поверхность

У/ = р-2КЬ.)
‘ радиальная

Следующую задачу попробуйте решить самостоятельно.

Задача 5.32.Т. «Мыльный т зырь». Найдите избыточное дав-
ление внутри мыльного пузыря радиусом /?, если коэффициент по-
верхностного натяжения мыльного раствора равен <тпов.

В некоторых случаях введение вспомогательного элемента
может на первый взгляд усложнить задачу, но если при этом задача
становится знакомой решающему, то такое «усложнение» на деле
оказывается упрощением. Именно такой подход реализуется при
решении следующей задачи.

Задача 5.33. «Сложная батарея конденсаторов». Найдите ем-
кость изображенной на рис. 5.33.а. батареи конденсаторов.
Возможное решение

Сначала можно заменить конденсаю-
ры С3 и С4 одним эквивалентным им
С С
конденсатором емкостью СА =—5——

С, + С4
(см. рис. 5.33.6) Далее отмечаем, что по-
лученную схему можно заменить на со-

с , С4

Рис. 5.33.а.

Рис. 5.33.г.

Рис. 5.33.в.

единение двух конденсаторов, включенных
последовательно (см. рис. 5.33.в), где кон-
денсатор емкостью Сн эквивалентен батарее
конденсаторов, изображенной на рис. 5.31.г.
Теперь становится понятно, что основной
трудностью в решении задачи является необ-
ходимость вычисления емкости Св. Отме-
тим, что конденсаторы в схеме, изображен-
ной на рис. 5.33.г, соединены так, что нельзя

выделить ни параллельно соединенные кон-

денсаторы, ни последовательно. Чтобы найти способ вычисления
емкости такой батареи, вспомним определение емкости конденса-

тора: «электроемкость конденсатора определяется как отношение
заряда одной из обкладок к разности потенциалов между ними».
Чтобы воспользоваться этим определением, введем вспомогатель-
ный элемент: представим, что исследуемая батарея конденсаторов
подключена к идеальному источнику тока с Э.Д.С., равной (см.
рис. 5.33.Д.).

Теперь исследуемая схема приняла вид, аналогичный тем, что
были рассмотрены в главе 1, там же был показан «метод узловых
потенциалов», применяемый для вычисления потенциалов пластин
конденсаторов и зарядов на них. К сожалению, расчеты получают-
ся громоздкими, но мы рекомендуем читателям собраться с силами
и попытаться самостоятельно вывести следующие формулы для
расчета электроемкости данной батареи конденсаторов: сначала

Св=^,
в ^-0

затем

с _ сдс7 + с6с7 (С2 + с, + сд)+с5с6с7 + с4с, (с5 + с6 <- с7)
(С,+С+С4)(С5+С6+С7)-С/

Если в эту формулу еще подставить и значение С4, то формула
окажется слишком громоздкой. Окончательная расчетная формула

С С

в сокращенном варианте будет иметь вид: С =—!-—.

+ С в

Теперь рассмотрим еще одну разновидность приема «введение
вспомогательных элементов».

Ввести вспомогательные процессы

Помимо вспомогательных предме-
том иногда, для упрощения логических
рассуждений при исследовании задачной
ситуации, помогает введение вспомога-
тельных процессов.

Задача 5.34. (5.43.) «Груз на подвес-
ке из стержней». Груз массой т прикре-
плен к вертикальной подвеске массой М
(см. рис. 5.34.а.). Подвеска сделана из
четырех длинных и четырех коротких
металлических стержней, соединенных
шарнирно. Точка крепления подвески
соединена с серединой подвески нитью.
Определите силу натяжения нити.

Возможное решение

Изменим заданную ситуацию: отсо-
единим от крепления верхнюю часть ни-
ти и будем сами удерживать всю систе-
му. Очевидно, что система останется
в покое, и сила натяжения нити от л ого не изменится. Сила Е,
с которой мы будем удерживать веревку, будет равна силе натяже-
ния веревки. Теперь выполним вспомогательный процесс: медлен-
но приподнимем верхний конец веревки на некоторую небольшую
величину Лх. Поскольку перемещение незначительное, то сила,
с которой мы будем действовать на веревку, не изменится. Работа
этой силы будет равна А -Р-Ах . Вследствие работы внешней си-
лы механическая энергия системы стержней увеличится. Так как
мы поднимали медленно, то изменением кинетической энергии
можно пренебречь и считать, что увеличивается только потенци-
альная энергия системы А = Д1Ер . Очевидно, что центр масс систе-
мы стержней приподнимается на высоту Ах, а груз приподнимается
на 2 Ах, поэтому

Л1Рр = + 2трАх

Следовательно, ЕАх = (Мр + 2/и^)Лх, откуда Е = (М + 2т)^
Такой же будет и величина силы натяжения нити

Задача 5.35. «Шар в оболочке». Проводящая сфера радиусом К
имеет заряд ц. Сфера окружена слоем диэлектрика толщиной /?,
примыкающим к сфере. Определите потенциал сферы, считая по-
тенциал бесконечно удаленных точек равным нулю.

Возможное решение

Потенциал поля, созданного в вакууме
равномерно заряженной сферой радиусом /?
на расстоянии г (г > /? ), равен потенциалу
поля точечного заряда, равного заряду сферы
, 1 Ч

и помещенного в центре сферы: <р =-----.

47ТЕ() г

Уточним, такое значение принимает потен- Рис. 5.35.

циал, если считать, что потенциал точек,
удаленных от заряженной сферы на бесконечно большое расстоя-
ние, равен нулю, поскольку потенциал численно равен работе, ко-
торую необходимо совершить, чтобы переместить единичный по-
ложительный заряд от нулевого уровня потенциальной энергии
в данную точку поля. Известно также, что диэлектрик в е раз
уменьшает напряженность поля, поэтому, если бы все пространст-
во было заполнено диэлектриком, то потенциал поля сферы в точке
на расстоянии г был бы равен <р = —-—— Проблема заключается
4ле()е г

в том, что не все пространство вокруг сферы заполнено диэлектри-
ком.

Разобьем задачу на подзадачи. Определим сначала потенциал
поля на внешней границе диэлектрика. Так как диэлектрический
слой ослабляет ноле только внутри него, то работа по перемеще-
нию заряда из бесконечности в данную точку будет такая же, как

1 Я
и в отсутствии слоя: <р, =---— .

4лес 2/?

Теперь, чтобы найти потенциал на поверхности сферы, надо
определить разность потенциалов между внешней поверхностью
диэлектрического слоя и поверхностью сферы. Для этого введем
вспомогательные элементы и процессы: представим, что все про-
странство вокруг сферы заполнено диэлектриком. Тогда работа по
перемещению единичного положительного заряда из бесконечно-
сти в точку на расстоянии 2/? от центра сферы будет численно рав-

на ср, =--------. а при перемещении из бесконечности до по-

4леое 2/?

верхности сферы равна ср', =—!—— В этом случае разность
4ле()е /?

потенциалов этих точек в диэлектрике, расположенными на рас-
стояниях /? и 2/? от центра сферы, равняется

А(р = <р^-ф'ч

। Я

4ле„е 2/?

Именно такую работу потребуется совершить, чтобы прибли-
зить единичный положительный заряд от внешней границы ди-
электрика до границы сферы.

Заметим, что на это перемещение не оказывает никакого сило-
вого воздействия тот диэлектрик, который был добавлен для за-
полнения всего пространства вне сферы. Значит, и в отсутствии
добавленного диэлектрика разность потенциалов между точками на
внешней границе диэлектрического слоя и поверхностью сферы
будет такой же. Таким образом, потенциал на поверхности сферы
Л 1 Ч 1 ч
равен ф,, = ф. + Л<р =-----— ч---------

4пеп 2/? 4ле„е 2/?

. После упрощения полу-

чаем:

е +1 д

8пее(| К

Изменить взаимное расположение

Решение задачи может упроститься, если перекомбинировать
некоторые рассматриваемые в ней объекты таким образом, что
внесенные вариации не приведут к общему изменению задачной
ситуации, но приведут ее к стандартному для нас виду. К приемам
перекомбинирования относятся: смена последовательности про-
цессов, изменение взаимного расположения предметов, замена ре-
ального процесса на симметричный ему «зазеркальный», неболь-
шое смещение объекта в сторону от начального положения и т.п.

Изменить взаимное расположение предметов

В некоторых случаях оказывается достаючным просто иначе
расположить предметы, и задача приходит к стандартному виду,
в других случаях изменения должны быть более радикальны-
ми. Выполняя изменения, необходимо стараться, чтобы не изменя-
лось взаимодействие изменяемого объекта с другими, иначе, после
внесенных изменений, можно перейти к решению совсем иной
задачи.

Задача 5.36. «Квадрат реакторов». Каковы будут показания
омметра, если его подключить к точкам А и В (см. рис 5.34.а.)? Со-
противления резисторов равны: /?, = 6 Ом , /?, = 5 Ом . К = 12 Ом,
/?4 = 7 Ом , /?5 = 3 Ом .

Рис. 5 Зб.а.
Возможное решение

Некоторые могут сразу решить эту задачу, для других она ста-
новится стандартной только после того, как схема будет перерисо-
вана в виде, показанном на рис. 5.34.6.

Приведем сразу ответ, поскольку, без сомнения, ошибки при
решении такой задачи можно допустить только в ходе вычислений.
Ответ: показания омметра будут равны /?5 = 5,4 Ом .

Задача 5.37. «Лед с гайкой». В стакане плавает кусок льда с
вмороженной в него стальной гайкой. Как изменится уровень воды
в стакане, когда лед растает?

Возможное решение

Очевидно, что когда лед растает, гайка опустится на дно. Из-
меним взаимное расположение предметов так, чтобы условия
функционирования системы остались прежними. В исходной си-
туации лед плавает с находящейся внутри него гайкой (см. рис.
5.37.а.). Представим, что в стакане плавает кусок льда той же мас-
сы, но гайка находится не внутри льда, а висит на невесомой нити,
прикрепленной к этому куску (см. рис. 5.37.6.).

Учитывая условия плавания
тел, легко прийти к выводу, чю
в обоих случаях лед с гайкой бу-
дут вытеснять одинаковое коли-
чество воды. Но из анализа новой
ситуации становится понятно, что
если нить перерезать, ю гайка по-
прежнему останется в воде, а ку-
сок льда всплывет и будет вытеснять меньшее количество воды,
т.е. уровень воды понизится. Когда лед растает, то уровень воды не
изменится, так как объем, который займет образовавшаяся изо льда
вода, будет равен объему погруженной в воду части льда. Эту си-
туацию мы уже рассматривали в данном пособии (см. задачу 4.5.
«Плавающий лед»).

Рассмотреть небольшое смещение сторону

Иногда можно попробовать исследовать измененную заданную
ситуацию, в которую переходит исходная, если один из рассматри-
ваемых предметов немного смещается в сторону от оговоренного
в условиях своего положения. Этот прием может быть полезен при
решении самых разных задач.

Задача 5.38. (5.29.) «На оптической оси». На главной оптиче-
ской оси линзы находится предмет 5, постройте изображение этого
предмета в тонкой собирающей линзе (см. рис. 5.38.а.).

Возможное решение

Известно, что для построения изображения точечного объекта
достаточно найти точку, где пересекутся хотя бы два луча, отра-
женные от объекта и прошедшие через линзу. Проще всего вос-
пользоваться так называемым «правилом трех лучей: луч, прошед-
ший через оптический центр тонкой линзы, не преломляется, луч,

прошедший через фокус, после
преломления идет параллельно
главной оптической оси, центр
тонкой линзы, луч, шедший па-
раллельно главной оптической
оси, после преломления прохо-
дит через фокус. Но в данном
случае все три указанных луча

сливаются в один.

Поэтому можно ис-
пользовать тот факт, что
если предмет расположен
перпендикулярно оптиче-
ской оси, то его изображе-
ние будет тоже перпенди-
кулярно оптической оси.

Сместим рассматриваемый предмет 5 немного в сторону от оси
линзы и воспользуемся для него правилом трех лучей. От точки
пересечения преломленных лучей опустим перпендикуляр на глав-
ную оптическую ось линзы, именно там будет находиться изобра-
жение 5' предмета.

Задача 5.39. «Конденсатор с диэлектриком 1». Плоский воз-
душный конденсатор имеет электроемкость С(| (см. рис. 5.39.а.).
Определите, какой станет емкость конденсатора, если треть про-
странства между обкладками заполнить диэлектриком с диэлектри-
ческой проницаемостью € (см. рис. 5.39.6.). Краевыми эффектами
пренебречь.
Возможное решение

Изобразим на рисунке силовые линии, считая для определен-
ное ги, что правая пластина заряжена положительно (см. рис.
5.39.в.) Поскольку диэлектрик ослабляет напряженность поля, то

расстояние между силовыми ли-

Р„с. 5.39.а.

Рис. 5.39.6.

ниями в диэлектрике показано
большее, чем это расстояние в
воздухе, но силовые линии и в
воздухе, и в диэлектрике распо-
ложены параллельно друг другу и
перпендикулярно плоскостям пла-
стин.

Проведем мысленный экспе-

римент.

Разрежем пластины на уровне границы раздела диэлектрик-
воздух (см. рис. 5.39.г.). При этом никаких перемещений зарядов
по пластинам нс произойдет, напряженности полей в воздухе

и в диэлектрике не изменятся, рассюяние между противоположно
заряженными пластинами останется прежним, поэтому напряжение
между пластинами не изменится, следовательно, не изменится

и электрическая емкость системы.

Отодвинем немного в сторо-
ну О1 резанный участок системы,
перемещая его в направлении,
перпендикулярном силовым ли-
ниям (см. рис. 5.39.д.). Если пре-
небречь краевыми эффектами, то
данное смещение также не вызо-
вет каких-либо перемещений за-
рядов на пластинах.

Напряжение между проти-
воположно заряженными пла-
стинами не изменялось, следова-
тельно, не изменялись и
потенциалы пластин, поэтому,
если соединить проводами раз-
деленные пластины, то электро-
емкость системы не изменится.
Получилась система из двух конденсаторов, соединенных па-
раллельно.

Учитывая, что емкость плоского конденсатора рассчитывается
88 15*

по формуле С =——, получаем, что емкость воздушного конден-

сатора в схеме равна С, =—С„, а емкость конденсатора с диэлек-

триком С, =—еС0, то емкость системы параллельных конденсато-
2 + е

ров равна С = —-—Сп. Такой же емкостью обладает конденсатор,
емкость которого требовалось найти.

Задача 5.40. «Конденсатор с диэлектриком 2». Плоский воз-
душный конденсатор имеет электроемкость С„ (см. рис. 5.40.а.).
Определите, какой станет емкость конденсатора, если к внутренней
части одной из пластин приклеить
диэлектрик с диэлектрической про- ®

ницаемостью е. Площадь диэлек-
трика равна площади обкладок кон- — — — •- —

денсатора, а толщина в четыре раза
меньше расстояния между обклад-
ками (см. рис. 5.40.6.) Краевыми эф-
фектами пренебречь. Рис- 5-40 а- Рис- 5.40.6.

Возможное решение

Введем вспомогательный элемент. Возьмем очень гонкую
проводящую пластину площадью, равной площади обкладок кон-
денсатора, и внесем ее в конденсатор, двигаясь вдоль границы раз-
дела диэлектрик-воздух (см. рис. 5.40.В.). Поскольку силовые ли-
нии элек1рического поля в конденсаторе расположены перпендику-
лярно его обкладкам, а вдвигаемая пластина не заряжена, то
электрическое поле не совершает работу, и введение пластины ни-
как не повлияет на распределение зарядов в конденсаторе. Т.е. ем-
кость конденсатора не изменится.

Теперь представим, что эту пластину можно разделить на две
еще более тонкие пластины, расположенные вплотную друг к дру-
гу и соединенные тонким проводом. От этого емкость конденсато-
ра тоже не изменяется. При этом на одной из вставленных пластин
Рис. 5.40.В.

Рис. 5.40.Г.

образуется положительный заряд, а на другой - отрицательный.
Напряженность электрического поля между этими пластинами ста-
новится равной нулю (в противном случае по соединяющему их
проводу продолжалось бы перемещение свободных зарядов). По-
скольку напряженность поля, создаваемого каждой из пластин,
пропорциональна электрическому заряду, расположенному на ней,
и не зависит от расстояния до пластины (когда это расстояние мно-

го меньше линейных размеров пластины, Е ------), то модули за-

ее05

рядов на внутренних пластинах оказываются равными модулям
зарядов на внешних пластинах. Получилась система из двух кон-
денсаторов, включенных последовательно. Для наглядности их
можно отодвинуть один от другого (см. рис. 5.38.Г.). Это не вызо-
вет каких-либо изменений в расположении зарядов, так как можно
считать, что вне конденсатора напряженность электрического поля
равна нулю, и поэтому при перемещении пластин электрическое
поле работу не совершает.

Учитывая, что емкость плоского конденсатора рассчитывается
8Е

по формуле С = ——, получаем, ч го емкость воздушного конден-
с1

сатора в схеме равна С, =—С(|, а емкость конденсатора с диэлек-
триком: С2 =4еС0. Тогда емкость системы последовательно соеди-

ненных конденсаторов равна

С -4еС

с-1-.—

Со + 4еС0

4е

1 + Зе

Следовательно, и искомая емкость конденсатора

равна

4е

1+Зе
Задача 5.41. (6.6). «Тело в г)«п жидкостях». В сосуд, на-
полненный двумя несмешивающимися жидкостями, плотностями
р( и р2, опустили тело неправильной формы, плотностью р
(р7>р>р|). При этом тело оказалось полностью погруженным
в жидкости. Определите, какая часть объема тела погружена в бо-
лее плотную жидкость.

Возможное решение

Если перевести требование задачи на язык математики, то тре-
буется найти отношение объема И, части тела, погруженной в бо-
лее плотную жидкость к объему V всего тела. Изобразим заданную
ситуацию на рисунке (см. рис. 5.41.а.). Запишем условие плавания
тел: т% = ГЛ, и учтем, что т — р I' . Основная
трудность задачи в том, что большинству учащих-
ся не известна формула архимедовой силы, дейст-
вующей на тело, частично погруженное в две жид-
кости.

Проведем следующие преобразования «дач-
ной ситуации.

Мысленно разделим тело на две части вдоль
границы раздела двух жидкостей. Разведем обе
части тела на очень малое расстояние: верхнюю
вверх, нижнюю - вниз, так, чтобы пространство
между половинками оказалось заполнено двумя
тончайшими слоями обеих жидкостей. Чтобы по-
ловинки тела не разошлись, введем еще один
вспомогательный элемент: соединим части тела
несколькими очень прочными и очень тонкими
нитями (см. рис. 5.41.6.).

Убедимся, что внесенные в систему изменения нс изменили ни
силу тяжести, ни выталкивающую силу. Для силы тяжести это оче-
видно. Выталкивающая или архимедова сила равна разности сил
давления жидкости на тело снизу и сверху. Поскольку части тела
развели на очень малое расстояние, то силы давления сверху и сни-
зу на части тела остались прежними Кроме этих сил давления до-
бавились силы давления ЕЛ1 на верхнюю часть снизу и на
нижнюю часть сверху, в месте разреза Учитывая, что толщина
слоев воды, зашедших в пространство между частями тела, очень
мала, можно утверждать, что давление на уровне среза верхней
части равно давлению на уровне среза нижней части. Срезы имеют
одинаковую площадь, следовательно, дополнительные силы давле-
ния равны по модулю, а их сумма равна нулю: + Е, = 0. Значит,
выталкивающая сила, цействующая на тело после его разделения,
не изменилась. В то же время, заданная ситуация стала стандарт-
ной: верхняя часть тела оказалась полностью погруженной
в жидкость плотностью р,, а нижняя - в жидкость плотностью р2.
Следовательно, архимедова сила, действующая на тело, погружен-
ное в несколько жидкостей, равна сумме архимедовых сил, с кото-
рой каждая жидкость действовала бы на полностью погруженную
в нее часть тела. В нашем случае Е^ = ЕЛ1 + Ел, . Получаем: Ел =
= Р, + ёЁ-

С учетом условия плавания тел можно записать: р Г =
= р, К,+р,Г,, откуда Ь- = Рз Р1 .

И р-р,

Итак, при решении данной задачи помимо прочих вспомога-
тельных элементов были добавлены вспомогательные процессы:
давление верхней жидкости снизу на верхнюю часть тела и давле-
ние нижней жидкости на нижнюю часть сверху, благодаря этому
стала более понятной причина возникновения архимедовой силы со
стороны каждой жидкости на погруженную в нее часть тела.

Задача 5.42.С. «Конденсатор с диэлектриком 3». Плоский
воздушный конденсатор имеет электроемкость С() (см. рис. 5.42.а.).
Определите, какой станет емкость конденсатора, если к внутренней
части одной из пластин приклеить
пластинку из диэлектрика с диэлек-
_ трической проницаемостью е Пло-
щадь пластинки составляет 2/3
площади обкладок конденсатора,
а толщина равна 2/3 расстояния меж-

Рис. 5.42.а. Рис. 5.42.6. ду обкладками (см. рис. 5.42.6.).
Краевыми эффектами пренебречь.

Рассмотреть виртуальное перемещение системы

На идее использования приема «небольшое смещение в сторо-
ну» основан один из основных методов теоретической физики,
применяемый при расчете сил между отдельными частями сложной
системы, находящейся в состоянии равновесия. Этот метод был
разработан в начале 19 века Эйлером. Лагранжем и другими мате-
матиками и механиками и получил на звание «метод виртуальных
перемещении»

Основную идею метода можно изложить таким образом:

Предположим, что в системе, находящейся в состоянии равно-
весия, произошло бесконечно малое смещение одних частей отно-
сительно других. Смещение оказалось столь малым, что силы, дей-
ствующие между частями системы, остались неизменными.
Смещение происходило под действием внутренних сил системы,
поэтому энергия системы как целого не изменилась Из последнего
положения следует, что сумма виртуальных работ всех сил систе-
мы при ее виртуальном перемещении равна нулю. Неизменность
сил указывает на возможность вычисления работы каждой силы
как произведение этой силы на виртуальное перемещение точки ее
приложения. Учет этих особенностей позволяет записать дополни-
тельное уравнение взаимосвязи между силами в системе.

Сформулируем эвристико-алгоритмический прием, основан-
ный на методе виртуальных перемещений.

ЭАП «Виртуальное перемещение»

Если необходимо найти одну из сил, действующих между
частями системы, находящейся в состоянии равновесия, то мож-
но попробовать выполнить следующие действия:

1. Выяснить, какие еще силы действуют между частями сис-
темы.

। 2. Представить, что под действием одной из сил (лучше ис-

комой силы) произошло бесконечно малое (виртуальное) смеще-
ние некоторых частей системы.

3. Выразить виртуальные перемещения точек приложения
всех сил через виртуальное перемещение точки приложения од-
ной из этих сил.

4. Считая, что силы не изменились по модулю, найти работу
каждой силы как произведение модуля этой силы на виртуальное
смещение точки ее приложения (или как разность потенциальных
энергий, определяемых этой силой, до и после перемещения).

5. Приравнять к нулю сумму виртуальных работ всех сил
системы и, разделив на виртуальное перемещение обе части по-
лученного уравнения, найти его решение.
Задача 5.43. (5.34). «Груз на подвеске стержней». Груз массой
т прикреплен к вертикальной подвеске массой М (см. рис. 5.43.а.)
Подвеска сделана из четырех длинных и четырех коротких метал-
лических стержней, соединенных шарнирно. Точка крепления под-
вески соединена с серединой подвески нитью. Определите силу
натяжения нити.

Возможное решение

Рассмотрим виртуальное перемещение системы. Предполо-
жим, что под действием силы натяжения веревки ее длина сократи-
лась на Ах. При этом сила натяжения Т нити совершила работу
Ау = Т -Ах.

Рис. 5.43.6.

Рассмотрим работу других сил, действую-
щих между частями системы.

Силы реакции шарниров работу не совер-
шают, так как при любых вращениях в шарнире
перемещение частей происходит вдоль поверх-
ности шарнира, сила трения в шарнире обычно
пренебрежимо мала, а сила нормальной реак-
ции опоры направлена перпендикулярно по-
верхности шарнира, т.е. перпендикулярно пе-
ремещениям.

Силы тяжести, действующие на систему,
совершают отрицательную работу, так как сис-
тема приподнимается вверх. Центр тяжести
подвески приподнимается на высоту Ах. При
этом нижняя часть подвески и прикрепленный
к ней груз поднимаются на высоту 2Лх (см. рис.
5.43.6) Поэтому работы сил тяжести равны
Л, — —М^ • Ах и Л, — —т§ - 2Ах . соответственно.

Поскольку суммарная энергия системы не должна была изме-
ниться вследствие столь малого смещения, то суммарная работа
всех сил должна быть равной нулю: Ау + Л, + Л, = 0, т.е.
Т • Ах - М§ Ах - ту 2Ах - 0. Откуда получаем, что сила натяже-

ния веревки равна Т = (М + 2т)у .

Задача 5.44. (5.6., 5.31.) «Прочность котяа». Какое макси-
мальное избыточное давление внутри может выдержать сфериче-
ский котел радиусом К и толщиной стенок <7 (//«/?). Предел
прочности материала, из которого изготовлен котел, равен сгпч .
Возможное решение

Сделаем рисунок котла (см. рис. 5.44.а.) и, рассматривая его,
подумаем, в чем основная проблема задачи, т.е. почему нельзя сра-
зу ее решить. Проблема заключается в том, что силы давления газа
на котел направлены вдоль радиуса и распределены по всей по-
верхности, а силы упругости, удерживающие котел от ра |рыва,
распределены по всему объему материала котла.

Учитывая, что газ давит на все части сферы одинаково, попро-
буем воспользоваться «методом виртуальных перемещений».
Предположим, что под действием сил избыточного давления ради-
ус котла увеличился на бесконечно малую величину Ах (см. рис.
5.44.6.). При этом работа всех сил давления будет равна
/д = Д о 5сферы Ах = Ар 4 л/?2 Ах.

Наибольшую сложность при решении задачи данным методом
вызывает расчет работы сил упругости. Чтобы упростить ситуа-
цию, предположим, что объем увеличивается не путем равномер-
ного расширения, а путем отодвигания одной половины сферы
от другой (см. рис. 5.44.в.). (Данное упрощение допустимо, так
как рассматриваемые перемещения настолько малы, что апы
взаимодействия не изменяются. Поэтому суммарная работа сил
упругости при столь бесконечно малое, расширении сферы равна
произведению силы упругости на егш/г бесконечно малых переме-
щений точек приложения этой сияы в различных частях сферы.
При замене расширения сферы на раздвигание ее половинок сила
упругости остается неизменной, и чтобы работа мной силы была
такой же, как и при расширении сферы, необходимо, чтобы сум-
марное перемещение точек приложения сил упругости при одно-
направленном раздвигании полусфер было равно суммарному пере-
мещению сил упругости при разнонаправленном расширении
сферы. Это условие будет выполнено, если виртуальное увеличение
объема в обоих случаях будет одинаковым.) Сила упругости, скре-
пляющая одну полусферу с другой, равна

— °ПЧ ' ^РАЗРЕЗА — °ПЧ 2л/?б/ .

Чтобы найти работу этой силы надо выяснить, насколько необ-
ходимо отодвинуть полусферы, чтобы увеличение объема было
таким же, как и при равномерном расширении до увеличения ра-
диуса на Ах:

4 4

АГ = Г,-И =-п(/? + Д\)3—я/?3,
- 1 3 3

А1 = -п(/?'+3/?2Дг + 3/?Дг2+Дг3-/?’).
3

После сокращения пренебрегаем слагаемыми, содержащими
в качестве множителя бесконечно малую величину во второй или
третьей степени, и получаем: ДК = 4л/?2Дт. Учитывая, что допол-
нительный объем между раздвинутыми полусферами можно вы-
числить по формуле: Д1 = 5КРУГД Ду = л/?2 Ду, получаем, что пе-
ремещение точки приложения сил упругости равно Ду = 4Дг
Следовательно, работа сил упругости равна Ау = -опч 2тгКс1 4Дт
Заметим, что работа сил упругости отрицательна, поскольку пере-
мещение полусфер происходило в сторону, противоположную на-
правлению их действия.

Приравниваем сумму работ всех сил к нулю: Ац + Лу = 0 .

Т.е. Ар 4л/?2 Ах - сг11Ч • 8л/?<7Дг = 0 .

Откуда получаем, что максимально допустимое избыточное
давление равно Ар = —

Попробуйте самостоятельно решить следующую задачу мето-
дом виртуального перемещения.
Задача 5.45.Т. (5.5.) «Заряд в кольце». По тонкому проволоч-
ному кольцу радиуса К равномерно распределен электрический
заряд д. В центр кольца помещают одноименный заряд (*), причем
^>'> д Определите силу, с которой растянуто кольцо.

Изменить последовательность процессов

При решении некоторых задач оказывается полезным изменить
последовательность рассматриваемых в ней процессов. Используя
этот прием, важно убедиться, что смена последовательности про-
цессов не приводит к иной заданной ситуации, радикально отли-
чающейся от исходной. Критерием допустимости смены последо-
вательности процессов может служить условие равенства
начальных и конечных полных энергий системы в исходной
и в измененной заданных ситуациях.

Задача 5.46. «Подъем стержня». На дне аквариума лежит тон-
кий стержень длиной Л, площадью поперечного сечения 5 и массой
т. К краю стержня привязана прочная тонкая нить. Аквариум за-
полнен тремя несмешивающимися жидкостями, расположенными
горизонтальными слоями. Толщина слоя нижней жидкости равна
0,5Л, а ее плотность Зр. Толщина слоя второй жидкости равна 0,5Л,
а ее плотность линейно меняется с высотой от 2р до р. Верхняя
жидкость имеет плотность р и образует слой толщиной Ь. Какую
минимальную работу следует совершить, чтобы с помощью нити
поднять стержень в вертикальное положение, чтобы его верхняя
половина оказалась над жидкостями?

Возможное решение

Изобразим на рисунке задачную ситуацию в начальном и ко-
нечном ее состояниях (см. рис. 5.46.а.). Понятно, что при подъеме
сила тяжести будет совершать отрицательную работу, а выталки-
вающая сила — положительную. Поскольку требуется найти мини-
мальную работу, то можно поднимать стержень очень медленно,
чтобы силы сопротивления жидкостей были пренебрежимо малы.
Пока стержень не оторвется ото дна, на него будет еще действовать
вертикальная сила реакции опоры, но работа этой силы будет равна
нулю, так как точка приложения этой силы не перемещается или
перемещается горизонтально. Если в качестве исследуемой систе-
мы рассматривать только стержень, то все силы, действующие на
него, следует считать внешними, и поскольку кинетическая энер-
гия стержня в начальный и конечный моменты равна нулю, то
сумма работ всех внешних сил, действующих на стержень, должна

Работа силы тяжести равна изменению потенциальной энергии
стержня, взятой с противоположным знаком, т.е. Атяж - -тр 2Ь.

Работу архимедовой силы тоже можно вычислить через изме-
нение потенциальной энергии жидкостей, но по данным задачи
трудно определить изменение высоты центров масс жидкостей при
подъеме стержня, поэтому будем вычислять работу архимедовой
силы как скалярное произведение силы на перемещение точки при-
ложения этой силы.

Основной сюжностыо садачи является то обстоятельство, что
при подъеме стержня с помощью нити, прикрепленной за край,
в некоторые моменты он оказывается погруженным сразу
в несколько жидкостей. Особенно сложным будет вычисление
архимедовой силы при перемещении стержня в жидкости с пе-
ременной плотностью.

Чтобы упростить решение, изменим пос зедовательность про-
цессов подъема. Мысленно передвинем нить на центр стержня
и начнем медленно поднимать его в горизонтальном положении до
тех пор, пока он не окажется в центре верхней жидкости. После
этого медленно развернем стержень в вертикальное положение,
оставляя в покое его центр масс, а потом еще поднимем до полови-
ны длины. Поскольку силами сопротивления жидкостей можно
пренебречь, и ратворот стержня происходит в одной жидкости по-
стоянной плотности, то работа по перевороту будет равна нулю.
так как центры масс стержня и жидкое гей при этом не будут изме-
нять своего положения. Отдельные маны подъема стержня изобра-
зим на рисунке (см. рис. 5 46.6.).

Работа архимедовой силы при горизонтальном подъеме стерж-
ня в нижней жидкости равна

4РХ1=Зр^0,5/. = 1,5р^.

Для вычисления работы
архимедовой силы при гори-
зонтальном подъеме стержня
(в средней жидкости) построим
график зависимости этой силы
от перемещения стержня (см.
рис. 5.46.в.). Работу этой силы
находим по площади под гра-
фиком силы и получаем:

Л арх 2 = О,5(2р + 0,57. =

= 0,75р^87?.

Работа архимедовой силы при горизонтальном подъеме стерж-
ня в верхней жидкости до ее середины равна

Архз=Р^ 0,57 = 0,5р#.87?.

Для вычисления работы архимедовой силы после переворота
стержня при вытаскивании его до половины тоже можно построить
график и получить, что работа силы будет равна
ЛАРХ4 =0.75р#5Л 0,5Л = 0.375р^57?.

Суммарная работа архимедовой силы будет равна
ЛАРЧ = 3,125р#51?

Следовательно, А = 2т^Ь - 3,125р^57? .

Задача 5.47.С. «Подъем монеты». На дне сосуда лежит монета
массой т, радиусом К и толщиной Л (Л « К). Сосуд заполнен дву-
мя несмешивающимися жидкостями, расположенными горизон-
тальными слоями. Толщина слоя нижней жидкости плотностью р|
равна 0,4/?. Толщина слоя верхней жидкости равна 0,6/?, а ее плот-
ность равномерно изменяется с глубиной от р2 до р3. На краю мо-
неты имеется маленькое отверстие, через которое продета тонкая
нить. Какую минимальную работу следует совершить, чтобы с по-
мощью нити вытащить монету из воды?

Задача 5.48. (5.49.) «Большой теплообмен». В теплоизолиро-

ванном герметичном сосуде теплоемкостью С = 100^^- находится

вода массой т} = 200 г при температуре /, = 20 °С . В калориметр

одновременно кладут кусок льда массой т2 = 100 г и температурой
/, =-10°С и стальной болт массой =50 г и температурой
/, =100°С при нормальном давлении воздуха. Определите устано-
вившуюся в сосуде температуру и его содержимое. Удельная теп-
Г1 Г1

лоемкость воды =4200-----------, льда с„=2100--------, стали

в кг °С л кг-°С

= 460 ----. Удельная теплота плавления льда X = 3,4• 10 -.

кг °С кг

Возможное решение

Основной сложностью задачи является тот факт, что одновре-
менно начинается много различных процессов. Лед начнет нагре-
ваться, болт начнет охлаждаться, а часть воды, соприкасающаяся
со льдом, начнет охлаждаться, часть воды, соприкасающаяся с бол-
том, начнет нагреваться, также неодинаково будут изменять свою
температуру различные участки стенок сосуда. Чтобы упростить
расчеты, учтем взаимную скомпенсированность с «энергетической
точки зрения» тепловых процессов временного переохлаждения
и временного перегрева отдельных частей системы и будем счи-
тать, что все тела нагреваются или охлаждаются одновременно по
всему объему. Для упрощения логических действий изменим
последовательность процессов. Например, будем считать, что сна-
чала происходит теплообмен только между водой, калориметром
и льдом.

Найдем предварительную установившуюся температуру /У1.
Дополнительную сложность задаче придает неизвестность итого-
вых агрегатных состояний воды. Будем делать предварительные
оценки. Предположим, что весь лед нагреется до температуры
плавления /4 = О °С. Для этого ему потребуется количество тепло-
ты, равное = с2т2(14 — Ц). Подставив числовые данные, получа-
ем: =2100 Дж Эта энергия может быть получена за счет охла-

ждения воды и стенок сосуда. Если вода и сосуд охладятся до нуля,
то выделится энергия, равная + С)(/, — /,), 8800 Дж.

Видим, что ^2 > значит, прежде чем вода охладится до нуля,
лед начнет плавиться. Энергия, которая необходима для плавления
всего льда, равна - Лэл,, = 34000 Дж. Видим, что ^3 +^I > С?2 ’

значит, прежде чем лед растает полностью, вода с сосудом уже ох-
ладится до нуля, и теплообмен прекратится. Таким образом, пред-
варительная установившаяся температура равна /У1 =0°С. Теперь
можно найти, сколько льда останется, учитывая что это лишь пред-
варительная оценка. Будем исходить из того, что теперь у нас в со-
суде находится лед с водой при температуре /У1 =0°С и стальной
болт при температуре /, =100иС (хорошо, что его температура не
больше температуры кипения воды, иначе пришлось бы выяснять,
какая часть воды испарилась). Болт начнет охлаждаться. Оценим,
сколько энергии выделится при возможном охлаждении болта до
нуля: ()4 = с,т3(Г4 -/У|), (), =2300 Дж. Видим, что количество теп-
лоты, которое необходимо для нагрева льда до нуля и его полного
плавления, больше, чем может выделится при охлаждении до нуля
воды, сосуда и стального болта Следовательно,

лед полностью не растает, в сосуде установится температура ноль
градусов Цельсия. Найдем массу растаявшего льда, записав урав-
нение теплового баланса в виде: количество теплоты полученное
равно количеству теплоты отданному: (?,10луче„Н1>е = й,тлан11Ое, т.е.

+ АД/н = ^2+^А Откуда Д/я = + —— . Подставив числовые

А.

данные, получим: Лт ® 56 г. Таким образом, в итоге в калориметре
будет примерно 256 г воды. 44 г льда и стальной болт при темпе-
ратуре ноль градусов Цельсия.

Задача 5.49.С. (5.48.) «Большой теплообмен». Решите преды-
дущую задачу, рассматривая сначала теплообмен между болтом
и льдом или болтом и водой.

Изменить форму предмета

Иногда задача становится элементарной, если удается изме-
нить форму предмета на более удобную для его исследования. При
этом возможны два вида вносимых изменений:

И зменение формы не приводит к изменению общей заданной
ситуации, но позволяет упростить логические рассуждения и мате-
матические расчеты или просто приводит задачную ситуацию
к знакомому виду.

Изменение формы исследуемого предмета приводит к изме-
ненной, но более простой заданной ситуации, а понимание дина-
мических, статических и (или) энергетических изменений, которые
при этом происходят, позволяет дать ответ на вопрос исходной за-
дачи.

Изменить форму предмета с сохранением заданной ситуации

Задача 5.50. (3.44., 5.16., 5.30., 5.52.) «Вода под куполом». Тон-
костенная массивная полусфера радиусом В лежит на горизонталь-
ной поверхности стола куполом вверх. В верхней части купола
имеется маленькое отверстие, через которое начинают наливать
воду под купол. Когда вода полностью заполнила купол, он при-
поднялся, и вода стала вытекать из-под него. Определите массу ку-
пола.

Возможное решение

Изобразим задачную ситуацию на рисунке (см. рис. 5.50.а )
Купол поднимается под действием давления воды. Значит, в тот
момент, когда вода полностью заполнила купол, результирующая
Рис. 5.5О.а.

'УУУУУУУУУУУУУУУУУ

Рис. 5.50.6

сил давления воды на купол стала равной
силе тяжести, действующей на купол.
Сложность заключается в том, что силы
давления воды на купол в различных уча-
стках различаются и по направлению, и по
модулю.

Попробуем устранить эту сложность.
Изменим форму купола таким образом,
чтобы можно было легко вычислить силу
давления воды на поверхность купола. При
этом изменения должны касаться только
формы купола, а остальные характеристи-
ки заданной ситуации не должны изме-
ниться. Не должны измениться масса ку-
пола (чтобы не изменилась сила давления
купола на воду под ним), масса воды под куполом и сила давления
воды на поверхность стола. Пусть купол примет вид цилиндра, за-
крытого сверху и открытого снизу, с площадью основания, равной
прежней площади основания купола, и объемом, равным объему
полусферы. Тогда результирующая сил давления воды на купол
будет равна силе давления воды на крышку цилиндра, поскольку
силы давления воды на вертикальные стенки цилиндра (измененно-
го колокола) взаимно скомпенсированы. Высоту цилиндра можно
найти из условия равенства объемов полусферы и цилиндра:

— пК' = л/?2//.

Откуда

Но если оставить цилиндр такой высоты, то сила давления во-
ды на поверхность стола будет меньше, чем в исходной задаче.
Чтобы осталось неизменным давление воды на поверхность опоры,
сделаем в крышке цилиндра небольшое отверстие, прикрепим уз-

кую трубку высотой —К и дольем воды (см. рис. 5.50.6 ). В этом
случае получаем, что сила давления воды на крышку цилиндра
равна произведению давления столба воды на уровне крышки ци-
линдра на площадь этой крышки:

= — КиК . Учитывая, что

сила давления в момент подъема купола равна силе тяжести, дейст-
вующей на купол: Р = тк& , получаем, что масса купола равна

™к

Изменить форму предмета с изменением задачной ситуации

Задача 5.51. «Стержни и цепочка». К двум точкам прикрепле-
на цепочка длины Ь и концы двух стержней, сумма длин которых
тоже равна А, а свободные концы шарнирно связаны. У какой из
этих механических систем центр масс расположен ниже?

Возможное решение

Изобразим заданную ситуацию на рисунке (см. рис. 5.51 .а.).

Положение центра масс системы стержней определить доста-
точно просто из геометрических соображений, так как каждый из
стержней имеет форму отрезка. Основной сложностью задачи ста-

</////////////////////.

новится определение положения цен-
тра масс цепочки.

Но можно обойти эту проблему.
Воспользуемся условием равенства
длин цепочки и стержней.

Изменим форму цепочки. Прида-
дим цепочке форму стержней. Для
этого подействуем на нее с некоторой
силой, направленной вниз (см. рис.
5.51.6.) Очевидно, что теперь центры
масс стержней и цепочки совпадают.

Если убрать внешнюю силу, то
под действием внутренних сил (силы
взаимодействия цепочки с землей)
цепочка примет прежнее положение.
Но известно, что под действием внут-

ренних сил система стремится к ми-
нимуму потенциальной энергии, следовательно, центр масс сво-
бодно провисшей цепочки находится ниже, чем центр масс цепоч-
ки, повторяющей форму стержней.
Значит, и центр масс стержней находится выше центра масс
цепочки.

Заменить на равносильные объекты

Замена рассматриваемых объектов на эквивалентные им может
существенно ускорить процесс поиска ответа, но при этом важно
быть уверенным, что новые объекты действительно эквивалентны
исходным.

Заменить один объект на другой

Иногда удается так заменить один объект на другой, что даль-
нейшее решение становится очевидным. В качестве примера экви-
валентной замены одного предмета на совершенно другой, но ока-
зывающий такое же воздействие на другие объекты, как и заме-
ненный, рассмотрим еще одно решение задачи «Вода под куполом».

Задача 5.52. (3.44., 5.16., 5.30.. 5.50.) «Вода под куполом». (Со-
держание задачи см. 5.50.)

Возможное краткое решение

Обратим внимание, что в момент отрыва
купола вода давит на опору с силой, равной
В = руВ л/?2. Заметим, что с такой же силой
давит столб воды высотой В в цилиндре ра-
диусом В. Т.е. действие воды, заполняющей

этот цилиндр, на основание цилиндра оказы-
вается равным действию купола и находя-
щейся под ним воды на поверхность стола.
Следовательно, действие купола на находящуюся под ним воду
можно вменить действием воды, дополняющей полусферу до ци-
линдра (см. рис 5.52.). И масса дополнительной воды равна массе

купола.

Таким образом, масса купола равна

Р(^ЦИЛИНДРА ^ПОЛУСФЕРЫ

I 1 4

) = р л/?2 В-------------кВ

I 2 3

т.е.

т =—ркВ'.
Заменить несколько объектов на один

Объединяя объекты, мы тем самым переходим к рассмотрению
заданной ситуации, в которой фигурирует меньшее их количество
объектов, в результате становится легче исследовать взаимосвязь
между оставшимися объектами. В решениях задач, рассмотренных
в данном пособии, этот прием использовался неоднократно, доста-
точно упомянуть задачи: «Перезарядка конденсаторов», «Куб из
конденсаторов», «Треугольник с вырезом», «Система линз». «Вода
под куполом». Наиболее часто этот прием используется при упро-
щении расчетов электрических схем.

Задача 5.53. «Участок со смешанным соединением резисто-
ров». Определите сопротивление изображенного на рисунке (см.
рис. 5.53.) участка цепи, если Ом, /?2=3 Ом, /?, = 13 Ом.

Возможное решение

Проанализировав схему, приходим к выводу, что резисторы /?,

и /?-, включены параллельно друг другу. Выделим этот участок (см.
рис.5.53.б ) и мысленно заменим эти резисторы на один им эквива-
лентный (см. рис 5.53.в). Сопротив-
ление резистора Кл, эквивалентного
двум выделенным на рис. 5.53.6., рав-

Рис.6.53.а. ^1

На эквивалентной схеме рис. 5.53.в. легко понять, что резисто-
ры КА и /?, включены последовательно друг другу. Заменим эти
резисторы на один, им эквивалентный. Его сопротивление будет
равно общему сопротивлению всего участка. /? = /?, + /?3, т.е.
7? • /?

/? = —!—=- + /?, Подставив числовые данные, получаем: К = 15 Ом
/?, + /?2

Заменить один объект на несколько

Для упрощения задачной ситуации можно не объединять объ-
екты, в заменять один объект на несколько. Например, в задаче 1.1.
«Квадрат конденсаторов» замена одного источника тока на два
и замена одного конденсатора на два, включенных последователь-
но, позволила усилить элементы симметрии в рассматриваемой
электрической схеме. В других случаях просто оказывается удоб-
ным рассмотреть вместо одного сложного объекта или процесса
несколько более простых. Так, при решении задачи на движение
тела, брошенного под углом к горизонту, в большинстве случаев
оказывается удобным следить не за изменением скорости и пере-
мещения тела, а рассматривать изменения их вертикальных и гори-
зонтальных проекций.

Заменить реальный объект на «зазеркальный»

В ряде задач, в том числе на отражение света от плоского зер-
кала, на упругое столкновение тела с массивной плоскостью, на
электростатическое взаимодействие заряда с проводящей беско-
нечной плоскостью решение существенно упрощается, если удает-
ся заменить реальный процесс или предмет на симметричный ему
«зазеркальный». Пример такой «зазеркальной» замены в электро-
статике уже был рассмотрен при решении задачи «Заряд над пли-
той», когда вместо того, чтобы рассматривать силу взаимодействия
точечного заряда со множеством зарядов, индуцированных на по-
верхности проводящей плоскости, мы измеряли силу взаимодейст-
вия этого заряда с таким же по модулю, но противоположным по
знаку точечным зарядом, расположенным симметрично относи-
тельно проводящей плоскости. В задачах на отражение свега от
плоскости часто бывает удобно рассматривать не реальный ход лу-
чей, отражающихся от зеркальной поверхности, а считать, что лучи
идут от зеркального изображения источника, т.е. от предмета, рас-
положенного симметрично реальному относительно отражающей
плоскости. Или, наоборот, можно считать, что лучи не отражаются
от зеркала, а идут дальше и попадают на изображения предметов.
находящихся за плоскостью. В задачах на упругое столкновение
с вертикальной стенкой тела, брошенного под углом к горизонту,
удобно считать, что столкновения не было и тело продолжало свой
полет. Реальный участок траектории тела после столкновения со
стенкой будет симметричен мнимому «зазеркальному».

Задача 5.54. «Свеча на зеркале». В центре горизонтально рас-
положенного круглого зеркала вертикально стоит горящая свеча
начальной длины Л(). Свеча сгорает со скоростью V. На горизон-
тальном потолке, находящимся над зеркалом на высоте Н, образу-
ется блик диаметра О, который изменяется по мере сгорания свечи.
Выведите уравнение зависимости диаметра блика от времени, если
диаметр зеркала равен с1 (см. рис. 5.54.а.).

Возможное решение

Заметим, что лучи от свечи сначала попадают на зеркало, затем
изменяют направление и попадают на экран, при этом лучи, отра-
женные от зеркала, идут так, словно они были испущены точечным
источником света, находящимся в месте мнимого изображения
пламени свечи, т.е. на расстоянии 11 + И от потолка, где И — рас-
стояние от свечи до зеркала в соответствующий момент времени
(см. рис. 5.54.6.).

Выведем уравнение зависимости размера диаметра блика от
времени, рассматривая движение этого мнимого «источника». Этот
«источник» света приближается к потолку со скоростью V. Размеры
блика ограничиваются размерами зеркала, которое служит «окном»
для лучей, идущих от «источника». Из подобия треугольников
0 н + к X, , ,

видно, что — =------. Учтем, что и = Л„ - V / . Тогда диаметр бли-

(1 к

ка в любой момент времени от 0 до — (время сгорания свечи) оп-
V

ределяется соотношением

^-Г-1

+ 1

Подход, аналогичный тому, что был применен при решении
этой задачи, эффективен и при решении задач на упругое столкно-
вение тел с массивными преградами.

Задача 5.55. «Мяч об стенку». Находясь на расстоянии
/0 = 2 м от вертикальной стенки, мальчик бьет по лежащему на
земле мячу так, что мяч летит к стенке со скоростью н0 = 8 м/с под
углом а = 15° к горизонту. На каком расстоянии от точки удара
упадет мяч после упругого столкновения со стенкой?

Возможное решение

При упругом ударе мяча о вертикальную стенку на него дейст-
вует только сила упругости, направленная горизонтально (сила тя-
жести тоже действует на мяч, но она значительно меньше силы уп-
ругости, поэтому ее действием во время удара можно пренебречь).

В связи с этим можно сделать вы-
вод, что из-за удара вертикальная
составляющая скорости мяча не
изменяется, а горизонтальная ме-
няется на противоположную. По-
этому время падения мяча остает-
ся таким же, как если бы не было
стены, а траектория мяча после
удара является юркальным отра-
жением того участка траектории,

который оказался «отрезанным» стеной. Для простоты расчетов
рассмотрим сначала движение мяча, не учитывая столкновение со
стеной (см. рис. 5.55). Запишем уравнения движения мяча в проек-
циях на вертикальную и горизонтальную оси:

У:у = г081па (-----, Л':.т = г'0со8а /.
Время полета можно найти, если учесть, что во время падения
_ 2п„81па

V — о, тогда /г =-----, а дальность полета

, 2г>2. со8«-8та

Ь = ц, сова • 1п = —у.

Упростив, получаем: Ь = 1 »К|П^а Расстояние /,, которое «про-
ё

летает» мяч за стенкой (в «Зазеркалье»), равняется - Ь-1о. Теперь
учтем, что именно на такое расстояние мяч отлетает от стенки, по-
этому от мальчика мяч упадет на расстоянии / = /„ -/, = 2/,, - С. .
, п,2.81п2а л

/ - 2/()-------Подставив числовые данные, получаем, что

/ = 0,8 м.

Заметим, если бы ответ получился отрицательным, это означа-
ло бы, что мяч после столкновения со стеной отлетает дальше, чем
был до удара, а значит, I - /, -1а = Ь - 2/(), т.е. в полученном ответе
надо будет знак минус сменить на плюс.

Использованный в решениях этих задач метод сформулируем
в виде эвристико-алгоритмического приема.

ЭАП «Замена реального на зазеркальный»

Если в задаче рассматриваются явления отражения света от
зеркала или упругого тела от массивной плиты (или стены), то
часто рассуждения и математические расчеты упрощаются, если
считать, что лучи не отражаются, а проходят без изменения
сквозь зеркало (стену) и попадают на «зазеркальные» предметы.
Или, наоборот, можно считать, что объекты идут от «зазеркаль-
ных» предметов и выходят без изменений из зеркала (стены).

Задача 5.56.Т. «Падение в яиу». Маленький шарик катится по
горизонтальной поверхности со скоростью V. В некоторый момент
на его пути оказывается траншея глубиной Н и шириной О. Стенки
траншеи вертикальные и расположены перпендикулярно направле-
нию движения шарика (см. рис. 5.56.а.). На каком расстоянии от
первой сзенки упадет шарик на дно траншеи? Считать, что удары
шарика о стенки траншеи абсолютно упругие,
ширина траншеи много больше диаметра шарика.

Выразить искомое
частично через себя

Иногда удобно на определенном этапе пре-
образований временно выражать искомую вели-
чину как функцию не только от других величин,
но и от собственного значения. Рассмотрим это
на примере нескольких задач.

Рис. 5.56.а.

Задача 5.57. (6.23.) «Средняя скорость». Одну треть всего вре-
мени движения автомобиль ехал со скоростью 60 м/с. Затем его
скорость была 20 м/с, и так он проехал пятую часть всего пути По-
следний участок он проехал со скоростью 10 м/с. Определите ско-
рость автомобиля на всем пути.

Возможное решение

Перекодируем текст в схему и запишем краткое содержание
(адачи.

ГСр - ?

V] 60 м/с

Запишем основное уравнение для вычис-

5
ления средней скорости пСР = —.

Дальнейшие преобразования основной
формулы можно вести в двух направлениях:
либо пройденные пути и интервалы движения
на отдельных участках выразить через все
время движения, а затем сократить числитель
и знаменатель на время движения; либо
интервалы движения на отдельных участках
путь, а затем сократить числитель и знамена-

»г = 20 м/с

Гл = Ю м/с

пройденные пути и
выразить через весь
тель на весь путь.

Изберем второе направление хода рассуждений, т.е. прой-
денные участки пути будем выражать через произведения соответ-
ствующей скорости за все время движения. Для начала разобьем
весь путь на два участка и . Тогда

9 Решение с южных и нес ындаргиых задач по фи шке

257
Выразим лос через все время движения. Учтем, что

'□с = ’Н + 'з = I* + + V. (/ - /, - /2 )

или

1 I4

'ос — у Л + уз —

— 5+ 1М —

Весь путь можно выразить через произведение средней скоро-
сти на все время движения 5 = г.'ср/, поэтому

1 1 и,.,,/

'ос =-уср/ + ”з-/-^

Следовательно, можно записать, что

1 1 4

= ~^ +-г’ср + “-
ср 5 1 3 ср 5 з

Зг.'2

У3

—-V,
Зг>2

~ Згл(ц1+4?л)

Откуда получаем, что г’(Р =----------= 24 м/с.

5(2г, + »;,)

Задача 5.58. «Одинаковые вольтметры». Три одинаковых
вольтметра включены в цепь сначала последовательно, затем па-
раллельно (см. рис. 5.58.). В обоих случаях каждый из них показы-
вает одинаковое напряжение. Определите показания вольтметров,
если на входе напряжение равно (70 = 12 В.

Возможное решение

В первом случае общее напряжение можно выразить как сумму
напряжений на резисторе и на каждом из вольтметров:

Ц.^ + зс,
Общее сопротивление равно /?, - К + 3/?, . Сила тока в цепи

/ =———. Получаем: б/0 =———/? + ЗЦ . Откуда после упро-
Я + 3/?( Я + ЗЛ(

щения можно получить

ад = Ц/? + Зад (1)

Во втором случае общее напряжение можно выразить как сум-
му напряжений на резисторе и на одном из вольтметров:

Общее сопротивление равно Я}=Я + — Я1 Сила тока в цепи

—Щ. Получаем: Со = ——— К + С.

Я+' Я, зя +я,

3 '

Откуда, после упро-

щения, можно получить:

уия, = 317, Я + 17, Я, .

(2)

Объединив уравнения (1) и (2) вместе, получаем систему из
двух уравнений с тремя неизвестными. Чтобы найти одну из неиз-
вестных величин, две другие заменим на одну. Т.е. сделаем замену
К

переменных. Пусть — = а . I огда можно записать:

К,

= а С, + ЗС/, И Со = ЗаЦ. + 17у

Из этих уравнений получаем, что
17, =-^-б/0. Подставив числовые данные.

получаем: Ц, =3 В.

Задача 5.59.С.
метр, амперметр».
янного напряжения

чают резистор, амперметр и вольтметр. В
первый раз все приборы подключают по-
сле-довательно, по второй раз амперметр
и вольтметр соединяют параллельно (см.

«Резистор, вольт-
К источнику посто-
Ц, = 111 В подклю-

Рис. 5.59.
рис. 5.59.). При этом показания вольтметра не изменяются, а пока-
зания амперметра возрастают в 10 раз. Определите показания
вольтметра.

Задача 5.60. (6.21.) «Бесконеч-
ная цепь резисторов I». Рассчитай-
те сопротивление электрической
цепи, состоящей из очень большого
количества одинаковых звеньев
(см. рис. 5.60.а.).

Возможное решение

Воспользуемся приемом «Выразить искомое частично через
себя». Поскольку цепь состоит из очень большого количества оди-
наковых звеньев, можно сделать вывод о том, что. если от цепи от-
нять одно юено (например, первое), то сопротивление цепи прак-
тически не изменится. Обозначим сопротивление всей цепи буквой
X. Если убрать первое звено, то сопротивление оставшейся части
тоже будет равно X. Тогда всю цепь можно заменить эквивалент-
ной цепью, состоящей из первого звена, соединенного с резистором
сопротивлением X (см. рис. 5.60.6.) Полное сопротивление такой
цепи, по-прежнему, будет равно X. Тогда можно записать, что
/? - X

X = 2/?ч------. Преобразовав это выражение и решив квадратное

/? + X

уравнение Хг - 2К- X -2/?2 =0, получаем ответ:

X = /?(1 + л/З) = 2,73205...« 2,73/?.

Предлагаем попытаться использовать изученный прием для
решения следующих задач.

2К

Рис 5.60.6.

Рис. 5.61.а.
Задача 5.61.С. (6.22.). «Бесконечная цепь конденсаторов I».
Рассчитайте электрическую емкость батареи конденсаторов цепи,
состоящей из очень большого количества одинаковых звеньев (см.
рис. 5.61.а.)

Задача 5.62.С. (5.22.) «Разветвленная схема». Электрическая
схема собрана из очень большого количества одинаковых резисто-
ров, сопротивлением К каждый (см. рис. 6.58.а.). Оцените общее
сопротивление схемы.

Следующие задачи тоже можно решить, используя изученный
прием, но они потребуют дополнительных творческих усилий.

Задача 5.63.С. «Бесконечная цепь конденсаторов 2». Рассчи-
тайте электрическую емкость батареи конденсаторов цепи, состоя-
щей из очень большого количества одинаковых звеньев (см. рис.
5.63.).

Задача 5.64.С. «Бесконечная цепь резисторов 2». Рассчитайте
сопротивление электрической цепи, состоящей из очень большого
количества звеньев, сопротивление каждого резистора равно К (см.
рис. 5.64.).

Рис. 5.62.а.

ЗС 12С 48С

Рис. 5.63.6.

Рис. 5.64.
Решить обратную задачу

Иногда помогает прием изменения заданной ситуации, при ко-
тором искомая величина принимается за известную, а известная
величина принимается за искомую. Такая задача называется обрат-
ной по отношению к исходной. Чаще всего применение этого
приема приносит успех, когда у решающего имеется опыт решения
обратной задачи.

Кроме этого, обратной считается задача, в которой рассматри-
вается процесс, идущий в обратном направлении по отношению
к исследуемому. Подобно тому, как в задаче на поиск входа в ла-
биринт иногда бывает легче отыскать выход из него.

Сменить местами известные и неизвестные величины

В некоторых случаях задача переходит в разряд стандартных
сразу после того, как ее временно переформулируют таким обра-
зом, что неизвестная величина становится известной, а одна из из-
вестных - искомой.

Задача 5.65. «Средняя скорость 2». Одну восьмую всего вре-
мени движения велосипедист ехал со скоростью 35 км/ч, оставшее-
ся время он двигался с постоянной скоростью. В результате сред-
няя скорость его движения оказалась равной 14 км/ч. Определите
скорость движения велосипедиста на втором участке.

Возможное решение

Перекодируем текст а схему: запишем краткое содержание за-
дачи.

Для более простого вывода необходимой формулы решим об-

1’2- ?

1>! = 35 км/ч

ТСР 14 км/ч

ратную задачу, т.е. предположим, что ско-
рость на втором участке известна и требуется
найти среднюю скорость.

Запишем основное уравнение для вычис-

V
ления средней скорости нср = —.

Разобьем процесс движения на части, соответствующие дви-
жению велосипедиста с постоянной скоростью. Тогда весь путь
можно вычислить по формуле: .V = х, + х,, а все время движения
Дальнейшие преобразования основной формулы можно вести
в двух направлениях: либо пройденные нуги и интервалы времени
движения на отдельных участках выразить через все время движе-
ния, а затем сократить числитель и знаменатель на время движе-
ния; либо пройденные пути и интервалы времени движения на от-
дельных участках выразить черед весь путь, а затем сократить
числитель и знаменатель на весь путь.

Еще раз проанализировав усювия, устанавливаем, что в тексте
задачи содержится больше сведений о времени движения. Поэтому
избираем первое из названных направлений.

Весь путь можно вычислить по формуле: л = V, •/, + о2 /,. Вре-

мя на втором участке равно 1-, -I — Г, =—(, тогда

1 7

, , V,- 1 + От- I . т

г,/1 + ц/, 1 8 8 1 7

V. р = —---— =---5------— = - Р. + - П, .

1Р I I 8'8*

Теперь вернемся к основной задаче и получим выражение

.. 8 1

для скорости на втором участке. Получаем: ъ2=—1\.?+ — О\,

о2 = 11 км/ч.

Исследовать обратный процесс

Прием «Исследовать обратный процесс» оказывается полез-
ным в двух случаях: 1) обратный процесс может оказаться уже вам
знакомым; 2) обратный процесс может оказаться более легким для
решения.

Рассмотрим пример эффективности приема «Решение обрат-
ной задачи» за счет большей узнаваемости задачной ситуации.

Задача 5.66. «Луч. выходящий из
чинзы 1». На рис. 5.66.а. изображены
тонкая рассеивающая линза и луч,
прошедший через нее. Покажите по-
строением. как этот луч шел до пре-
ломления.

Возможное решение

Для простоты рассуждений вос-
пользуемся свойством обратимости

Рис. 5.66.а.
светового луча: будем считать, что это не выходящий луч, а вхо-
дящий (падающий).

Теперь воспользуемся свойством рассеивающей линзы: если
на линзу падает параллельный пучок лучей, то после преломления
лучи идут так, что их продолжения пересекаются в фокальной
плоскости. Строим вспомогательный луч, параллельный пада-
ющему, проходящий через оптический центр линзы. Этот луч не
испытывает преломления в тонкой линзе. Проведем фокальную
плоскость. Найдем точку пересечения вспомогательного луча с фо-
кальной плоскостью. Через эту точку и точку падения основного
луча на линзу проведем прямую. Вдоль этой прямой и будет дви-
гаться луч после преломления в линзе (см. рис. 5.66.6.). Вернемся
к исходной задаче и сменим направление распространения лучей
на противоположное (см. рис. 5.66.в.). Это и будет решение исход-
ной задачи.

В следующей задаче изучение обратного процесса позволяет
легко понять его характер, а затем и характер прямого процесса.

Задача 5.67.С. «Луч выходящий из линзы 2». На рис. 5.67. изо-
бражена тонкая собирающая линза и луч, прошедший через нее,

покажите построением, как этот луч
шел до преломления.

Задача 5.68. «Разрыв в схеме».
Как изменится емкость батареи из
большого количества конденсато-
ров, соединенных между собой
произвольным образом, если один
из соединительных проводов разре-
зать? Считать, что система не свя-
зана с источниками тока.
Возможное решение

Рассмотрим обратный процесс. Пусть все конденсаторы заря-
жены и соединены так, как и сказано в задаче, но одного из прово-
дов, имевшихся в первоначальной схеме, нет. Теперь мысленно
соединим конденсаторы недостающим проводом. В этом случае
эаряд, накопленный системой, не изменится, так как система изо-
лирована.

Очевидно, что если точки, соединяемые этим проводом, имели
разный потенциал, то по проводу пройдет ток. Поскольку заряды
будут двигаться под действием внутренних сил, то энергия систе-
мы уменьшится. Учитывая, что энергию батареи конденсаторов
2

можно рассчитывать по формуле И7 =—-----, делаем вывод, что

2{-ОЬЩ

после соединения емкость батареи увеличится. Следовательно
(возвращаемся к прямой задаче), если, наоборот, разомкнуть одну
из проволок, то емкость батареи уменьшится.

Если же точки, соединяемые проводом в обратной задаче, бы-
ли точками равного потенциала, то после их соединения ток в про-
воде идти не будет. Следовательно, и при разъединении таких то-
чек емкость батареи конденсаторов не изменится.

Задача 5.69.С. «Торможение». Тело двигалось равнозамедлен-
но до остановки и за предпоследнюю секунду своего движения
прошло путь 30 см. Какой путь оно прошло за предыдущую се-
кунду?

Задача 5.70.Т. «Разбитая сфера». Проводящая сфера упала
и разбилась на несколько осколков, разлетевшихся на большое рас-
стояние друг от друга. Осколки в произвольном порядке соединяют
тонкими проводами. Сравните электроемкость сферы и системы
осколков. Электроемкостью проводов пренебречь.

Возможные решения тренировочных задач

К задаче 5.7. «Кольцо на стержне»

Искомая сила должна быть не меньше, чем сила трения.
Вспомним формулу для расчета силы трения: ГТР — рьУ, где Д - си-
ла нормальной опоры (другими словами - проекция силы реакции
опоры на направление, перпендикулярное поверхности/ Выясним,
Рис. 5.7.в.

в чем основная проблема. Про-
блема в том, что и силы трения,
и силы нормальной реакции
распределены вдоль всей дли-
ны стержня. Чтобы упростить
ситуацию, выделим очень ма-
лый участок кольца длиной А/
и сначала найдем силу, необ-
ходимую для того, чтобы сдви-
нуть этот участок. В плоскости
кольца на выделенный участок
действуют сила нормальной
реакции Д, (ее точку приложе-

ния можно поместить в центре
участка) и силы упругости 1\
в крайних точках участка, на-
правленные по касательным
к окружности. Будем считать, что кольцо растянуто равномерно,
следовательно, силы упругого натяжения одинаковы во всех участ-
ках кольца. Вдоль поверхности стержня перпендикулярно плоско-
сти кольца на выделенный участок действуют сила трения Еу?,

и сила Е}, пытающаяся этот участок сдвинуть. Условие равновесия
участка в проекции на его ось симметрии (см. рис. 5.7.) принимает

вид: Д| — 27^ 81п — = 0 . Учитывая, что длина участка очень мала,
получаем, что Д, = Т^а . Тогда Е] = ц Т^а . Найдем силу натяжения
кольца. Согласно закону Гука, 7\ = к(1-1ц) = к • 2л /?-, по-

\ п/

этому минимальная сила, необходимая, чтобы сдвинуть выделен-

, п-1 „
ныи участок кольца вдоль стержня, равна г, = р • 2лА--На .

Минимальная сила, необходимая, чтобы сдвинуть все кольцо,
равна сумме сил, действующих на все участки кольца, поэтому она
во столько раз больше силы, действующей на выделенный участок,
во сколько длина всего кольца больше длины выделенного участка.

г- V Г' г-. 2л/? я ’ гп/?“ 1 „ . -> , _ И — 1

Е = ----- 4л цАУ?----. Ответ: Е = 4л цА/?----.

Ко. п п
К задаче 5.10. «Гантель» - т

Изобразим заданную ситуацию на рисун- О *--------ф

ке (см. рис. 5.10.а.). Попытаемся понять, что
будет происходить после удара. Очевидно,
что после столкновения рассматриваемая на-
ми гантель приобретет некоторую скорость в
направлении удара. Но поскольку шайба уда-
рила не в центр масс гантели, а в крайний ша- I
рик, то одновременно с поступательным дви- О
жением шарики начнут вращаться вокруг
общего центра масс. Чтобы во время враще- Рис 5 (Оа
ния шарики не разлетелись, на них должна
действовать центростремительная сила упругости стержня.

Значит, необходимо найти скорость вращения шариков и ради-
ус вращения.

Поскольку удар кратковременный, то можно считать, что за
время удара массивный шарик не успевает заметно сместиться от
своего первоначального положения. Это допущение позволяет нам
рассматривать только взаимодействие одного шарика с шайбой.

Удар был абсолютно упругим, поэтому можно одновременно
применять и закон сохранения импульса, и закон сохранения меха-
нической энергии.

В проекции на направление первоначального движения шайбы
закон сохранения импульса можно записать в виде:

гт0 = Зтг{ +
пп>20 З/иц* пги2
2 +~‘

После упрощения получаем систему уравнений:

=3п, +»,

V2 = Зь2 + V2.

Для удобства упрощения ее можно переписать в виде:
Ц)-цг=Зп,,

Разделив нижнее уравнение на верхнее, избавляемся от квад-
ратного уравнения:
= ЗГ],

1>„ + = V,.

Если сложить эти уравнения, то получаем, что скорость шари-
ка после удара стала равной

Ч = ~Щ-

Такую скорость приобретает более массивный шарик сразу по-
сле удара, а более легкий еще неподвижен. Для вычисления скоро-
сти центра масс гантели воспользуемся формулой для нахождения
скорости центра масс системы точечных тел:

+ /и,п2 +

/и, + /и, + ... + т,2

Для рассматриваемого случая получаем, что

Зтп. + т - 0 3 3

Ч.м = —Г1-------= 7 = 7 ’

Зт + т 4 8

Изобразим угу ситуацию на рисунке (см. рис.

5.10.6.). Найдем расстояние от массивного шарика
до центра масс.

Для вычисления положения центра масс гантели
воспользуемся формулой для нахождения координа-
ты центра масс системы точечных тел:

= +- + /И.уТ/У

У цм

+ т2 + ... + ЩД,

V, Зт

•—О

О
т

Рис. 5.10.6.

В рассматриваемом случае, если за начало оси V принять центр
массивного шарика, го получаем:

_ _ Зт - 0 + тЬ _ 1

М — Уим ~ ~ л'

Зт + т 4

Таким образом, в системе отсчета, связанной с центром масс
шариков, массивный шарик движется по окружности радиусом

Д = -Ь.
' 4

Для вычисления скорости шарика относительно центра масс
воспользуемся законом сложения скоростей: га6с = п0Т1| + ппер (т.е.
скорость зела относительно неподвижной системы отсчета равна
скорости тела относительно подвижной системы отсчета плюс ско-
рость подвижной системы отсчета относительно неподвижной)
В исследуемом случае можно записать: г, = + ццм . Тогда ско-
рость массивного шарика в системе центра масс равна

1 3 1

«I = 2^,_8Го = 84’’

Зтип2
. Окончательно получаем, что г =-----

16Л

В системе центра масс второй закон Ньютона для движущегося
по окружности шарика массой Зт можно записать в виде:

7 ( 1

Зт\ гл,

У"Р ]

К задаче 5.12. «Квадрат протонов и позитронов»

В начальный момент времени система обладает потенциальной
энергией электростатического взаимодействия

С €

IV = к--4 + 2к ,

а у]1а

где е — элемен тарный заряд.

Когда заряды удалятся на большое расстояние, го энергией
электростатического взаимодействия можно будет пренебречь, то-
гда система будет обладать только кинетической энергией

где тс — масса позитрона (равная массе электрона), тр - масса
протона.

Если пренебречь энергией электромагнитного излучения уско-
ренно движущихся заряженных частиц, то, согласно закону сохра-
нения энергии, можно записать, что

4к— + 2к щ +т V2. (1)

а \12а

В этом уравнении два неизвестных. Попытка использовать за-
кон сохранения импульса к успеху не приводит: суммарный им-
пульс системы остается равным нулю, смещение частиц относи-
тельно любой координатной оси абсолютно симметрично. Допол-
нительное соотношение можно получить, если уточнить структуру
системы. Учтем, что масса позитрона намного меньше массы про-
тона. Поэтому, после того, как систему освободили, позитроны бы-
стро (примерно в 800 раз быстрее протонов) увеличат скорость и
разлетятся на большое расстояние, в то время, как перемещением
протонов еще можно пренебречь.

После того, как позитроны разлетятся, система из двух прото-
нов будет иметь потенциальную энергию

2
и; = к-|=-.

у]2а

Когда и протоны разлетятся на значительное расстояние, эта
энергия перейдет в их кинетическую энергию, тогда, опираясь на
закон сохранения энергии, получаем:

Откуда выводим формулу для расчета скорости протонов по-
сле удаления частиц системы на большое расстояние:

Подставив выражение (2) в (1), получаем:

. е~ е е'

4к— + 2к —^ = т гГ +к-=-

а \'2а 1 ‘ \'2а

Откуда следует, что скорость позитронов после их удаления на
значительное расстояние равна

= е.

к(8 + х/2)

2т,а
С

К задаче 5.20. «Подъем в гору»

Изобразим заданную ситуацию на схематичном рисунке (см.
рис. 5.20.а.). Основная проблема в решении этой задачи состоит
в том, что угол наклона горы постоянно изменяется. Чтобы вре-
менно устранить эту проблему, разобьем всю траекторию движе-
ния тела на очень малые участки гак,
чтобы на каждом участке можно бы-
ло пренебречь изменением угла на-
клона (см. рис. 5.20.6 ). Вычислим
работу по перемещению тела на од-
ном из таких участков, изобразив его
на увеличенном рисунке и указав
силы, действующие на тело при его
движении вверх (см. рис. 5.20.в.).
Введем следующие обозначения: а -
угол наклона поверхности участка

к горизонту, А2. - длина участка по горизонтали, АН - длина участ-
ка по вертикали, - сила тяжести, И - сила нормальной реакции,
РТР — сила трения, Т7 - сила, заставляющая тело двигаться в гору.
Поскольку направление силы Р известно, то минимальная работа
будет совершаться при равномерном скольжении тела по участку.
Согласно второму закону Ньютона, можно записать:

Р + + Й + Лтр = 0.

Если провести ось А" вдоль наклонной поверхности, а ось У -
перпендикулярно, и спроецировать силы на эти оси, то получим
систему уравнений:

Х\ -Р + «7^81па + РТР = 0 ,
У:-----сок а + ЛГ = 0 .

Учитывая, что сила трения связана с силой нормальной реак-
ции опоры по формуле: /^,=ц-/У, получаем, что минимальная
сила равна /? = /и^(81па + цсо8а). Работа этой силы на данном
участке равна ДЛ = Е Ду. Из геометрических соображений можно
А/.

получить, что длина участка Ду =----. Тогда работа будет равна

81па

ДЛ = л7#(81па + цсо8а) --^- = /л#А(1Еа + ц). В этой формуле ис-
со8а

пользуется неизвестный угол наклона поверхности, но от него
можно избавиться, если заметить, что АЛЗ^а^ДЛ/. Получаем:
АЛ = т%(ЬН + цДЛ). Очевидно, что полная работа по перемеще-
нию тела на вершину горы будет равна сумме работ на каждом
участке:

Л = ^АЛ = /и#(^ДЯ + ц^ДЛ),
т.е. минимальная работа по перемещению тела на вершину горы
силой, направленной вдоль поверхности горы, равна

Л = т&(Н + р1).

К задаче 5.25. «Заземление шариков»

Выясним, какими будут заряды шариков после первого зазем-
ления каждого шарика. После первого заземления первого шарика
его потенциал стал равен нулю. Нулевой потенциал этого шарика
является результатом суперпозиции потенциала поля, созданного
зарядом второго шарика (он равен потенциалу, созданному зарядом
у

у на расстоянии 1: <р, = к—), и потенциала поля зарядов, появив-

шихся на первом шаре после заземления (он равен <ри = к— ), т.е.
г

0 = к —+к^-. откуда <7И = -<?—. Рассуждая аналогично, получа-
Ь г Ь

ем, что после первого заземления второго шара его заряд стал
2

<721 = Тогда после второго заземления заряд первого шарика
будет равен
а заряд второго

/ Л4
^22 =-912^= = </1 ^1 •

Можно заметить периодичность в и гменении зарядов и сделать
вывод, что после л-го заземления второго шара заряды шаров будут
/ \2п-1 / \ 2л

[ Г ] ( Г 1

равны <?, = — д\ — и д~, —д\ — , соответственно.

К задаче 5.26. «Прыгающий мяч»

Очевидно, что процесс движения мяча имеет периодический
характер, но высота, на которую подпрыгивает мяч после очеред-
ного отскока от плоскости, постепенно уменьшается. Попытаемся
выявить закономерность убывания высоты подъема мяча. Найдем
скорость мяча в момент первого столкновения с плоскостью.
Согласно закону сохранения механической энергии, можно запи-
/иг.’2 /---

сать: = т^Н , откуда получаем, что п() = д2%Н После пер-

вого отскока от плоскости скорость мяча станет равной
V, =—у0 =—у/2^Н . Из закона сохранения механической энергии
и п

получаем, что высота подъема после первого столкновения будет

.. , 1’1 , Н

равной Л] =——, а, с учетом предыдущего соотношения, = —.

Рассуждая аналогично, получаем, что после второго столкновения
, Л, Н „

мяч подпрыгнет на высоту = —ь = —. Следовательно, путь, прои-

п п

ж и 27/ 2/7

денныи мячом, можно вычислить по формуле: з-Н а—— ч—— +...

и" и

,, 1 1 к* «

или 5 = На---1ч-----ч---ч-... . Можно заметить, что в скобках

2 1 2 4

И \ П И )

записана сумма бесконечной геометрической прогрессии с первым

1 „

членом этой прогрессии п[ -1 и знаменателем д- — . Сумму та-
п

кой прогрессии вычисляют по формуле: . Следовательно,

1~<7
ГГ

сумма нашей геометрической прогрессии равна 5 - —------. Подста-

п~ -1

вив это значение в формулу для расчета пути, получаем:

.. 2Н п .. п2 +1

5 = Н + —-------- ИЛИ Л = Н —----.

п2 н2 -1 п2 -1

К задаче 5.28. «Падение шариков»

При установившемся падении сила сопротивления воздуха при
движении шариков равна их силе тяжести Ес = . Масса шариков

неизвестна, но в условии содержатся некоторые сведения о зависи-
мости скорости и радиуса шарика. Чтобы связать массу с радиусом,
введем вспомогательные величины: плотность шариков обозначим
буквой р, а радиусы - /?, и /?,. Теперь можно записать, что

4 „1
=р--л/?1

и т2 =р — пК2 - Учитывая условие о пропорциональ-

ности силы сопротивления площади поперечного сечения

и квадрату скорости, введем еще одну вспомогательную величи-
ну - коэффициент сопротивления А , и запишем формулу для рас-
чета силы сопротивления: Ес = Ап/?2г>3. Тогда для движения каж-

дого шарика можно записать: р — = А • п/?2г>3.

Откуда К =----V

4р&

Рассмотрим движение связанных шариков. Если бы нить была
короткая, то шарики следовало рассматривать как единое целое
и определять площадь поперечного сечения этого тела. В зависи-
мости от расположения шариков относительно направления дви-
жения эта площадь изменялась бы от 5, (для случая, когда нить
расположена вертикально) до 5, + 5, (для случая горизонтального
расположения нити). Но нить длинная, поэтому независимо от вза-
имного расположения шариков следует отдельно рассматривать
силу сопротивления, действующую на каждый из шариков Таким
образом, при совместном падении сила сопротивления равна
Есу - к(8} +82)1>2 = кп(К2 + /?2)г>2.
Учитывая равенство силы тяжести и силы сопротивления
(тх + т-,)§ = Есз при движении с установившейся скоростью для
совместного падения шариков, можно записать:

р—п(Кх + /?,')& = А.с(/?,2 + /?; )у;.

+Я,’) л

Откуда получаем: н3 = I-----т---. Подставив в эту фор-

V ЗА. ( /?,- -г /?7)
мулу выражения, связывающие радиус каждого шарика с его уста-
новившеися скоростью, получаем: ---т- .

+ н2

После подстановки числовых данных получаем, что устано-
м м

вившаяся скорость шариков будет равна п3 = 94,59...— ~ 95— .

с с

К задаче 5.32. «Мыльный пузырь»

Равновесие мыльного пузыря обеспечивается внешним давле-
нием атмосферного воздуха, внутренним давлением газа в пузыре
и силами поверхностного натяжения. Поскольку часть внутреннего
давления газа компенсирует внешнее давление воздуха, то для уп-
рощения рассуждений будем считать, что равновесие мыльного
пузыря обеспечивается только силами поверхностного натяжения
и силами избыточного давления газа, заполняющего пузырь. Рас-
смотрим равновесие полусферы, являющейся половиной мыльного
пузыря.

Очевидно, что результирующая сил давления направлена вдоль
оси симметрии полусферы. Опираясь на ’ЭАП «От полусферы
к кругу», можно утверждать, что эта сила равна Еа=Лр- кВ2 .

Силы поверхностного натяжения действуют вдоль поверхно-
сти мыльного раствора перпендикулярно плоскости разреза.
Мыльный раствор, образующий мыльный пузырь, имеет две по-
верхности: внешнюю и внутреннюю. Толщина мыльной пленки
мала, поэтому радиусы кривизны этих поверхностей практически
одинаковы и равны К. Длина границы раздела полусфер равна 2лЛ.
Сила поверхностного натяжения пропорциональна длине границы
раздела, следовательно, результирующая сил поверхностного на-
тяжения равна Л’юв = 2 -оП()В 2л/?. Теперь условие равновесия по-
ловины мыльного пузыря можно записать в виде:

А/? • л/?2 = 4 <т[1ОВл/?.

Откуда получаем, что избыточное давление внутри мыльного

. 4сУг,(,в

пузыря равно Ар = —.

К задаче 5.45. «Заряд в кольце»

Изобразим задачную ситуацию на рисунке (см. рис. 5.45.). По-
мещенный в центр заряженного кольца одноименный заряд дейст-
вует на каждый элемент этого кольца с силой отталкивания, на-
правленной вдоль радиуса. Действие этого заряда одинаково по
всем направлениям и стремится равномерно растянуть кольцо, но
этому противодействуют силы упругости, направленные вдоль
е кольца. В результате кольцо находится в
равновесии, в немного растянутом состоя-
нии. Однако силы электростатического от-
талкивания и силы упругости распределены
по всей длине кольца. Это значительно ус-
ложняет задачу исследования условий рав-
новесия тела.

Чтобы упростить расчеты, применим
54<_ прием «Рассмотреть вир 1уальное перемеще-
ние». Предположим, что под действием сил
электростатического отталкивания радиус кольца увеличился
на бесконечно малую величину Ах. Это изменение мало, и мож-
но считать, что модули сил, действующих в этой системе, не изме-
нились.

Между частями рассматриваемой системы действуют четыре
вида сил: силы отталкивания элементов кольца от центрального
заряда, силы упругости между частями кольца, силы отталкивания
между отдельными частями кольца и силы гравитационного взаи-
модействия. Очевидно, что силами гравитационного взаимодейст-
вия можно пренебречь. На то, что силы взаимного электрического
отталкивания между отдельными элементами кольца много меньше
сил электрического отталкивания каждого элемента кольца от цен-
трального заряда указывает условие Р »</.
Чтобы вычислить работу сил шекгрического отталкивания,
мысленно разобьем кольцо на множество малых элементов, каж-
дый из которых имеет заряд /\д, Силу электрического отталкива-
ния между каждым элементом и центральным зарядом можно вы-

! ()Лц

числить по формуле: Аг., =---------—. 1огда работа всех сил

4ле„ /?"

отталкивания равна

? ^4ле(1 /?2 4ле0 К

Силы упругости действуют вдоль кольца. При увеличении ра-
диуса на /? + Аг длина кольца увеличивается на 2пАх. Следова-
тельно, работа сил упругости равна Ау = —Т 2 л Аг . Знак минус по-
ставлен из-за того, что силы упругости противодействовали
растяжению кольца.

Поскольку энергия системы не изменилась, то сумма работ

всех сил равна нулю. А, + Ау = 0, т.е. —-— Аг - Т 2лАх = 0 .

4ле() /?

т 1 (?</

Откуда получаем, что силы упругости равны / =—;-----------.

8л"с(, /?“

К задаче 5.56. «Падение в траншее»

Выявим основную проблему задачи. Проблема в том, что мы
не знаем, были ли удары о стенку траншеи или нет, и если удары
были, то сколько раз? Проанализируем характер движения шарика.
До первого столкновения шарик движется как тело, брошенное го-
ризонтально со скоростью V. Для описания такого движения удоб-
но представить его как суперпозицию свободного падения без
начальной скорости и движения с постоянной скоростью V в гори-
зонтальном направлении. Если столкновения не было, то для отве-
та на вопрос задачи достаточно вычислить дальность полета шари-
ка. Если столкновения были, то направление движения шарика
каждый раз резко изменялось. В момент упругого столкновения
со стенкой на шарик действовала сила упругой реакции стенки, на-
правленная перпендикулярно поверхности, т.е. горизонтально.
В результате горизонтальная составляющая скорости шарика, ос-
таваясь неизменной по модулю, изменила свое направление на
противоположное, а
вертикальная составля-
ющая скорости остава-
лась неизменной.
Таким образом, траек-
тория движения шари-
ка после столкновения
оказывается зеркально
симметричной относи-
тельно той, по которой
шарик двигался бы
дальше, если бы не бы-
ло столкновения. Сле-
довательно, сумма мо-
дулей горизонтальных
проекций перемеще-
ния шарика будет рав-
на возможной макси-

мальной дальности

полета шарика. Изобразим на рисунке выявленные соотношения
(см. рис. 5.56.6.). Очевидно, что число столкновений равно целой
части отношения максимальной дальности полета Ь шарика к дли-

не траншеи:

. Учитывая симметрию рисунка, легко по-

нять, что если число ударов У нечетно, то шарик после последнего
столкновения двигался в направлении к первой стенке и упал на
расстоянии

8 = О-(Ь-М1У).

т.е. $ = (У + 1)О-Е от нее. Если число ударов четно, то после по-

следнего столкновения шарик удалялся от первой стенки и упал на

расстоянии 8 = Ь- МО
уравнения свободного

от нее. Время падения можно найти из

падения:

. Следовательно, макси-

мальная дальность полета равна
Тогда

к I™
г>'1 К

Таким образом.

если У =

четно, то х = Ь- ,

если У нечетно, то х = + 1)0- Ь.

К задаче 5.70. «Разбитая сфера»

Размеры и взаимное расположение осколков неизвестны, сле-
довательно, такую задачу можно решить только используя методо-
логический подход т.е. руководствуясь общими соображениями.

Рассмотрим обратный процесс. Предположим, что все оскол-
ки сферы заряжены и эти заряды одноименные. Попробуем собрать
осколки вместе, чтобы получилась сфера, и ее заряд остался рав-
ным суммарному заряду осколков. Очевидно, что для этого потре-
буется совершить работу А по преодолению сил электрического
отталкивания между зарядами на сближаемых осколках. Пусть
— электростатическая энергия системы осколков, — элек-
тростатическая энергия сферы. Учитывая закон сохранения энер-
гии, можно записать следующее равенство: И7()(. + А = №СФ. Т.е.
и/ < IV
гг()С ггСф

Электростатическая энергия связана с электроемкостью систе-

мы соотношением IV = . Заряды на сфере и на ее осколках оди-

<72 Я2 г- г-

наковы. следовательно, ----<----- и Сос>Ссф.

2 С «с 2ССФ

Электроемкость осколков больше электроемкости сферы.

Краткие итоги главы 5

Если задача сложная, то задачу можно разделить на несколько
более простых задач, сложное тело или сложный процесс разделить
на несколько более простых частей.
Можно изменить взаимное расположение объектов так, чтобы
их взаимодействие с остальными объектами осталось прежним,
а заданная ситуация упростилась. В том числе можно рассмотреть
заданную ситуацию при небольшом реальном или виртуаль-
ном смещении объекта немного в сторону от своего исходного по-
ложения.

Можно попробовать ввести вспомогательные элементы: до-
полнительные физические величины, разграничительные перего-
родки, взаимно скомпенсированные процессы.

Можно заменить сложный объект на более простой, но равно-
сильный ему по взаимодействию с другими объектами. В том числе
можно заменить реальный объект на «зазеркальный».

Можно попробовать выявить периодизацию происходящих
процессов или логических действий, совершаемых в ходе преобра-
зования задачи: заметить арифметическую или геометриче-
скую прогрессию в характере изменения какой-либо величины, об-
наружить четность или нечетность функции, гармонический
характер изменений величин на определенном интервале времени.
Можно также попытаться выразить искомую величину как часть
самой себя.

Можно предварительно рассмотреть процесс, обратный про-
цессу, исследуемому в задаче, или решить обратную задачу, вре-
менно представив, что искомая величина нам известна и требуется
найти одну из уже известных величин. Если задача на доказатель-
ство, то можно попробовать использовать «Метод от противного».

Не забывайте изученные эвристико-алгоритмические приемы:
«Равновесие малой дуги»,
«Остальные замерли»,
«От полусферы к кругу»,
«Виртуальное перемещение»,
«Замена реального на зазеркальное»
Глава 6.

СЕМЕЙСТВО ПРИЕМОВ

ИЗМЕНЕНИЕ СТЕПЕНИ КОНКРЕТИЗАЦИИ
УСЛОВИЙ

Если никак не получается найти решение задачи, то надо по-
пробовать временно упростить ее. Для этого можно одно или не-
сколько условий сделать более конкретными, или, наоборот, более
обобщенными, а можно дополнительно идеализировать какой-либо
предмет или процесс. Понятно, что после решения задачи с изме-
ненным уровнем конкретизации условий, необходимо вернуться
к решению исходной задачи, опираясь на результат предваритель-
ного решения измененной задачи.

Иногда полезно решить задачу с измененным уровнем обоб-
щенности условий уже на этапе проверки правильности решения.

В соответствии с изменениями, вносимыми в условия задач,
и получили названия эвристические приемы, включенные в это се-
мейство:

• Решение бозее идеализированной задачи,

• Решение более обобщенной задачи,

• Решение более конкретизированной задачи.

Дадим краткие пояснения данным приемам.

Решение более идеализированной задачи

Данный прием предполагает временное упрощение заданной
ситуации путем дополнительной идеализации одного или несколь-
ких объектов. Например, если в задаче рассматриваются несколько
взаимосвязанных процессов, то можно попробовать сократить их
число, идеализировав свойства некоторых из них или идеализиро-
вав тела, участвующие в этих процессах. Чаще всего при идеализа-
ции объектов некоторым их свойствам присваивают предельные
характеристики. Например, массу (скорость, сопротивление и т.п.)
какого-либо тела можно принять равной нулю или, наоборот, бес-
конечно большой. После решения упрощенной задачи определяют,
какую необходимо сделать корректировку при возвращении к ис-
ходной задаче, делают эту корректировку и находят ответ на ос-
новную задачу. Иногда полезно решить более идеализированную
задачу на этапе проверки правильности выбранной модели задач-
ной ситуации или правильности полученного ответа. Существует
несколько различных способов временной дополнительной идеали-
зации объектов.

Временное исключение измерительных приборов

Если в задаче не указываются характеристики измерительных
приборов, то не всегда, но довольно часто, предполагается, что
свойства этих приборов близки к идеальным. Как уже отмечалось

Рис. 6.1.а.

Рис. 6.1.6.

Рис. 6.1.в.

ранее, особенность идеальных измерительных
приборов в том, что их подключение или ис-
ключение из исследуемой системы не приво-
дит к изменениям в функционировании этой
системы. Благодаря временному исключению
измерительных приборов из системы она ста-
новится проще для анализа.

Задача 6.1. «Идеализация амперметра».
Электрическая цепь состоит из источника по-
стоянного тока с ЭДС ^’ = 80 В и внутренним
сопротивлением г = 2 Ом, четырех резисторов
сопротивлением = 10 Ом, /?2 = 20 Ом,
= 30 Ом, /?4 = 40 Ом и амперметра с очень
малым сопротивлением (см. рис. 6.1.а.). Какой
ток идет через амперметр и в каком направ-
лении?

Возможное решение

Заменим амперметр с очень малым сопро-
тивлением на идеальный амперметр, сопро-
тивление которого равно нулю. В этом случае
напряжение между точками подключения ам-
перметра равно нулю:

V, = 1а .рА =1а 0Ом = 0В.

Переструктурируем схему: точки, в кото-
рых амперметр подключается к участкам це-
пи, соединим проводником без сопротивления
(см. рис. 6.1.6.). От этого условие прохождения зарядов через дру-
гие участки цепи не изменится, следовательно, не изменится
и общее сопротивление цепи. Еще ра. переструктурируем задачу:
разобьем внешнюю часть цепи на два последовательных участка
с двумя параллельно соединенными резисторами в каждом.

Теперь легко подсчитать общее сопротивление внешнего уча-
стка цепи: К = —!—-—I---2 3 К = 14 Ом

/?, + /?4 /?, + /?3
?=

Общая сила тока в цепи / =---, / = 5 А.

В + г

Токи через каждый резистор обозначим /,, /,, /,, /4, соответ-
ственно (см. рис. 6.1 .в.).

Резисторы /?! и /?4 включены параллельно, поэтому сумма сил
тока через них равна общей силе тока /, + /4 = /, а напряжения
одинаковы: =

Тогда /. = I--—, /. = 4 А, /.=/-/., I. = 1 А.

Я, + Я4

Рассуждая аналогично, получаем, что /, = 3 А, /, — 2 А.

Вернемся к исходной схеме. Поскольку в условии указано, что
амперметр имеет очень малое сопротивление (т.е. как и соедини-
тельный провод), то его включение не приведет к изменению токов
через резисторы Л,, /?,, /?3 и /?4 . Заметим, что через резистор /?3
идет ток /3 = 2 А, а через решстор /?4 идет ток /4 =1 А. Следова-
тельно, часть зарядов после прохождения через резистор /?3 ухо-
дит через амперметр вверх. В итоге получаем, что сила тока через
амперметр равна /4 = /, — /4, /4 = 1А и направлена вверх.

Временное исключение реальных объектов

В некоторых случаях удается понять особенности исследуемой
системы, если из нее мысленно временно исключить один или не-
сколько объектов.

Задача 6.2. «Сложное соединение резисторов». Рассчитайте
общее сопротивление участка, изображенного на схеме (см. рис
6.2.а ), если /?,=ЗОм, /?2=9Ом, /?, =4Ом, /?4=6Ом, /?5=18Ом.
Возможное решение

Приступим к анализу требований и условий задачи. Подобное

соединение нельзя называть смешанным, поскольку резисторы не
соединены ни последовательно, ни параллельно. Несмотря на срав-
нительно небольшое количество резисторов в цепи, рассчитать со-

противление такого соединения доста-
точно сложно. Однако данная задача
интересна тем, что ее можно решить
достаточно просто, если учесть ее ча-
стные закономерности (в данном слу-
чае это известные числовые шачения
резисторов) и использовать прием «Ре-

шить более идеальную задачу».

Предположим, что знание число-
вых значений резисторов нам ни о чем
не говорит. Выясним основную пробле-
му, т.е. определим, почему нельзя сразу
приступить к расчетам. Очевидно, что
«мешает» резистор Л3. Давайте его вре-
менно исключим из схемы и исследуем

более простое соединение, т.е. решим более идеальную задачу*

Электрическая схема такого соединения показана на рисунке 6.2.6.
Для упрощения объяснений все узлы исходной схемы обозначены

на этом рисунке латинскими буквами.

Заметим, что в этом случае сопротивление верхнего участка
равно 12 Ом, а сопротивление нижнего 24 Ом. Оба этих участка

включены параллельно, следовательно, находятся под одинаковым
напряжением, поэтому сила тока через верхний участок в два раза
больше, чем через нижний. Тогда получаем, что напряжение на
участке АС равно напряжению на участке АО (где ток в два раза
меньше, а сопротивление в два ра>а больше). Значит, напряжение
между точками С и О равно нулю. Следовательно, если между эти-
ми точками подключить любой проводник, в том числе и резистор
/?з, - ток через него не пойдет. Между этими точками можно вклю-
чить и конденсатор, заряд которого будет равен нулю.

Таким образом, получается, что при тех числовых значениях
сопротивлений резисторов, которые указаны в содержании задачи,
сопротивление участка цепи, изображенного на рис. 6.2.а., равно
сопротивлению участка цепи, изображенного на рис. 6.2.6., и равно

К} + Я, + Я4 + Я5

Легко заметить, что прием упрощения, использованный в ре-
шении данной задачи, можно применять всегда, когда электриче-
ская схема аналогична той, что изображена на рис. 6.2.а., и при
этом выполняется следующее соотношение между сопротивления-

Я,
ми резисторов: —- = —±
Н-,

Если вам понятна идея этого приема, предлагаем проверить,
можно ли также поступать при упрощении схемы с конденсаторами.

Задача 6.З.С. «Сложное соединение
конденсаторов». Рассчитайте общую ем-
кость батареи конденсаторов, изображенной
на схеме (см. рис 6.З.), если С] = 20 мкФ,
С2= 60 мкФ, С3 = 40 мкФ, С4 = 4 мкФ,
С5 = 12 мкФ.

Теперь очевидно, что и в цепях с кон-

денсаторами полезно учитывать выявлен- Рис 6 3

ную закономерность и применять упроще-

ния. Для лучшего запоминания найденного способа упрощения
электрических схем сформулируем эвристико-алгоритмический

прием.

ЭАП «Проверить на отсутствие напряжения»

Если после упрощения эквивалентная схема принимает вид,
указанный на рисунке 6.2 (или 6.З.), полезно проверить выполня-
я, Я4 ( с, С

ется ли соотношение: — = — (или — = —).

Я2 Я, С2 С\

Если это так, то напряжение на резисторе Я3 (или конденса-
торе С,) отсутствует, поэтому данный резистор (или конденса-
тор) можно исключить из схемы.

Предлагаем попробовать применить этот прием при решении
следующей задачи.

Задача 6.4.Т. «Сложное соединение ре зисторов и конденсато-
ра». Рассчитайте заряд на конденсаторе емкостью С = 10 мкФ (см.
рис. 6.4.а.), если вольтметр с очень
большим внутренним сопротив-
лением показывает напряжение
1Л= 6 В, а сопротивления резисто-
ров равны: /?| = 9 Ом, К2 = 6 Ом,
/?, = 100 Ом. /?4 = 300 Ом, Т?5= 18 Ом.
/?б = 80 Ом, К-: = 80 Ом, /?8 = 10 Ом.

Иногда можно не исключать
объекты, а просто изменять их пу-
тем придания некоторым их харак-
теристикам идеальных свойств.

Временная идеализация свойств

Исследуемая заданная ситуация может стать значительно более
простой для изучения и описания, если временно идеализировать
некоторые рассматриваемые в задаче объекты. Но после решения
задачи с идеализированными объектами необходимо возвращаться
к исходной заданной ситуации, поэтому сама идеализация должна
быть такой, чтобы можно было легко понять, какие изменения
произойдут в системе, когда временная идеализация будет снята.

Задача 6.5. «Лодка с камнем» В пруду плавает лодка, в кото-
рой находится камень. Как изменится уровень воды в пруду, если
камень опустить на дно?

Возможное решение

Предположим, что массой лодки можно пренебречь: т„ = 0.
Следовательно, когда камень находится в лодке, то лодка вытесня-
ет объем воды К|, который находится из условия плавания тел

ткё = РвёК Получаем: ^ = —

Рв

Когда камень лежит в воде, то он вытесняет объем воды, рав-
_ ., тк

ныи собственному г2 =—, а идеально легкая лодка воды не вы-
Рк

тесняет.

Поскольку плотность камня больше плотности воды, то во вто-
ром случае вытесняется меньше воды, значит, после перемещения
камня на дно водоема уровень воды в нем понизится.
Вернемся к исходной задаче. Если лодка имеет массу, то в обо-
их случаях она будет дополнительно вытеснять одинаковый объем
воды, вес которой равен весу лодки

Задача 6.6.Т. (5.41.) «Тело в жидкостях». В сосуд, напол-
ненный двумя несмешивающимися жидкостями плотностями р| и р2,
опустили тело неправильной формы плотностью р (р2 > р > рО. При
этом тело оказалось полностью погруженным в жидкости. Опреде-
лите, какая часть объема тела погружена в более плотную жидкость?

Иногда оказывается удобным совмещать временную идеализа-
цию с применением принципа суперпозиции.

Представить задачу в виде суперпозиции
нескольких более идеализированных задач

Об этом приеме упрощения заданной ситуации уже было рас-
сказано в главе 3, но теперь мы обращаем внимание, в первую оче-
редь, на идеализацию объектов.

Задача 6.7. «Сзожное соединение резисторов и источников
тока /». Рассчитайте силу тока в каждом резисторе, если э.д.с. ис-
точников тока = 2 В, ^2 = 4,5 В, их внутренние сопротивления
Г| = 0,1 Ом, г2 = 0,2 Ом, сопротивления резисторов /?, = 0,3 Ом,
/?2= 1 Ом, /?з= 1,2 Ом.

Возможное решение

Основная сложность данной задачи заключается в том, что
в схеме имеется два источника тока. Такие задачи часто решают,
используя правила Кирхгофа, изучение которых предусмотрено
программами курсов углубленного изучения физики. Но в некото-
рых случаях более простым оказывается метод наложения, осно-
ванный на суперпозиции действия сторонних сил и на эвристиче-
ском приеме «Решение более идеализированной задачи».

Чтобы не забывать учитывать внутренние
сопротивления источников, сделаем их идеаль-
ными, а сопротивления резисторов, включенных
последовательно с соответствующим источником
тока, увеличим на значение внутреннего сопро-
тивления этого источника (см. рис. 6.7.6.)

Основной сложностью задачи является нали-
чие нескольких источников тока. Если бы
не было одного из источников тока, го задача
стала бы стандартной для большинства учащихся

Рис. 6.7.а.
средней школы. Идеализируем схему: пусть э.д.с. второго источни-
ка равна нулю. Тогда схема примет вид, показанный на рис. 6.7.в.
(стрелками на схеме указано направление токов через резисторы).
В этом случае через резистор Я| идет ток

/ __________2Л

1 1 Я, + Я2 + г2

через резистор Я2 идет ток

_ _ Г,-/,.(/?, +/;)

'и — — — 1 /А ,

К2 + Г2

через резистор Я3 идет ток

у ^-Л.(^|+^)=1А

я3

Рис. 6.7.6.

Рис 6.7.в.

Рис. 6.7.г.

Теперь рассмотрим вторую идеализированную задачу, которая
получается, если допустить, что э.д.с. первого источника равна
нулю (см. рис. 6.7.Г.). В этом случае токи через резисторы будут
равны:

'22 =

Я,(Я| +Г|)
Я, + Я| + л]

= ЗА, / 2, = ^2 /22(7?2 + г^ = 2,25 А,
Я,+г,

Л.З “

= 0,75 А.

Заметим, что исходная схема является суперпозицией этих
двух более идеальных схем, поэтому токи через каждый из резисто-
ров будут являться суперпозицией соответствующих токов в идеа-
лизированных задачах. Таким образом, I учегом направления и чи-
словых значений гоков, получаем, чю зок через резистор /?, равен
0.25 А. через рс-зисзор /?, равен /, = /,, - /,, = 2 А,
через резистор /?, равен /, = /,, +/,, 1,75 А.

Задача 6.8.Т. «( южное соединение резисторов и источников

тока 2». Определите показания амперметра и вольтметра в схеме.

изображеннозй на рис. б.Х.а. Счизач.. чю источники тока и измери-
тельны# приборы идеальные.

О1 метим, чго некоторые из примеров могли
бы иллюстрировать совсем другие эвристические
приемы. Например, последние две задачи можно
было бы рассмозрезь при изучении эвристиче-
ских приемов «Предсзавить в виде наложения
(суперпозиции)» и «Разбить зза части». Первые
зрзз за зачзз можно рассмотреть при изучении
приема «Изменить взаимное расположение объ-
ектов». По ному ново ду хотелось бы еше раз
по зчеркнузь, чго процесс решения задачи имеет
сугубо субъективный характер, поэтому кто-то
лозадасзся о нужном преобразовазпззз после того.

как вспомнит название одного из эвристических приемов, а друго-

му зга же зздея придет в голову прзз мысленном воспроизве зсиии
названия совсем друзою эвристического прззема. Именно поэтому
зврззезззчсские приемы, объединенные в любую систему, вссзда
будуз зз должны быззэ взаимно пересекающимися.

Теперь рассмозрим еще один из вариантов применения эври-
стического приема «Решить более идеализированную задачу».

Проверка результата подстановкой
идеализированных значений

Правззлызость полученного оз вега можно проверит ь, если
в итоговую формулу подставить конкретные идеализированные
значения величин, зля которых озвет очевиден. Конечно, полной
уверенности в правильности результата такая проверка нс даез. но
в случае получения ошззбочного ответа эта проверка является
весьма простой и эффективной.

Задача 6.9. «Шар с вк мочением, проверка». Проверьте пра-
вильность формулы расчета силы з равитациоипоз о взаимодейс звия
(36 8 А

Е = СттсК\ -—р----(р. -р) ,

1 25 27 1 )

полученной при решении задачи

3.52. «Шар с включением».

Возможное решение

Проше всего проверить формулу для идеального случая.
В идеале надо, чтобы шар был однородным. Предположим, что

плотность р, шарового включения равна плотности р основного

вещества шара, радиусом 3/?. Тогда сила взаимодействия шара
с материальной точкой массы т. удаленной ог шара на расстояние
5/?, будет равна

4
п(3/?)’р-/» ,

Е = С—----------------- С-— л/?р • т

(5/?Г 25

По (ставим в проверяемую формулу значение р, = р и упро-
г. „Г 36 8 ) 36

сгим его: г7 = О»/я/?1 —р-—(р —р) I = бл/як—р. Полученная
формула совпадает с ожидаемой, следовательно, можно говорить
о достоверности проверяемой формулы.

Задача 6.10. «Средняя скорость, проверка». Провершь пра-
вильность формулы для расчета средней скорости

^Зр,(н,+4щ)

”сг’~ 5(2щ + п,)

полученной при решении задачи 5.57. «Средняя скорость».

Возможное решение

Решая задачу, проще всего можно было бы найти среднюю
скорость, если бы скорости движения на каждом ттапс были оди-
наковыми, тогда средняя скорость была бы такой же Прсдполо-
3//(// + 4//)

жим, что !_>!=!>= V = и. 1 оз да »’<,>=---= и. Поскольку по-

5(2// + //)

лучен ожидаемый ответ, го можно предположить, что проверяемая
формула верна.

Задача 6.11.Т. «Три заряда, проверка». При ревЗенин задачи
3.45. «Три заряда» была получена формула силы, с которой два не-
подвижных точечных заряда +//, и -ср, находящихся на расстоя-
нии друг от друга, действую! на греши точечный заряд +с/,,
расположенный на расстоянии ог первою заряда и от второго,
Е = + —^12 Используя прием «Решение

4ле„ \ /, г, /\ г2

более идеализированной задачи», проверьте правильность згой
формулы.

{адача 6.12.С. «Спортсмен и катер проверка». Проверьте
подстановкой идеальных значений правильность формулы скоро-
сти спортсмена, полученной в задаче 3.37. «Спортсмен и катер»,
сч«(1Х()° - а)

1'2 ” Р| сокР

Решение более обобщенной задачи

Данный прием предполагает временное абстрагирование оз из-
вестною из условия задачи конкретного значения одной (или не-
скольких) физических величин. К таким обобщениям относятся:
предварительное решение задачи в общем виде, вывод формулы
или проверка ее правильности из соображений размерности срав-
нение по порядку величины Подобные действия могуз существен-
но упростить логику рассуждений и обз>ем мазсмазичсских расче-
те®. После получения решения более обобщенной за тачи ответ
необходимо скорректировать с учетом тех условий, которые были
временно оз брошены.

Предварительное решение в общем виде

Решение задачи в общем виде предполагает временную замену
известных числовых значений величин их буквенными обозначе-
ниями и получение конечной формулы в общем виде, в которую
затем нодсгавляю1ся все известные значения величин. Решение
за тачи в общем виде бывает удобно по твум соображениям.

Во-первых, полученные логические утверждения в виде сло-
весных заключений или математических формул оказываются
справе тлявымн и для тех случаев, когда некоторые числовые дан-
ные, указанные в содержании задачи, требуется изменить (при ус-
ловии, что данные изменения не приводят к изменению задачной
сизуапии в целом).
Во-вторых, подстановка числовых значений в конечную фор-
мулу часто приводит к удобным сокращениям и позволяет полу-
чи 1ь значительно более точный ответ

Именно по ному умению решать задачи в общем виде препо-
даватели обучают учащихся, начиная с первых уроков физики.

Задача 6.13. «Столбца ртути». Стеклянная трубка, Запаянная
с обоих концов, расположена горизонтально. Посередине трубки
находится столбик ртути, оставшуюся часть занимаем воздух. Дли-
на каждою столбика воздуха равна 19 см. давление 720 мм рз. ст.
Когда трубку перевернули в вертикальное положение, столбик рту-
ти опустился на 1 см. Определите длину столбика ртути. Плотное! ь
рту 1И 13,6 г'см , ускорение свободного падения 9,8 м'с".

Возможное решение

А/

19 см

1 см

720 мм р|. с г.

9,8 м/с-

р 13.6 г см

Запишем краткое содержание задачи,
вводя необходимые условные обозначения
приведенных величин.

, <Т Д/

Изобразим заданную
сизуацию в рисунках (см.
рис. 6.13.).

Итеалишруя ситуа-
цию, будем считать, что
капиллярными явлениями
можно пренебречь

Рассматривая условие
равновесия сюлбика ртути
при вертикальном поло-
жении (рубки, получаем
уравнение р, - ру + р^х.

го сюлбика воздуха, /д

дав. 1ение

где р{ давление верхне-
нижнего столбика воздуха.

Еще раз идеализируем заданную ситуацию, пренебрегая изменени-
ем (емпературы при переворачивании |рубки. Учитывая юрмезич-
иос1ь |рубки, можно записать закон Бойля-Мариотта для каж того
из столбиков вощуха: /тТ. =/7,(7. + Д7.) и р1. = /л(7. — Д7.). Откуда

получаем выражения для вычисления давления верхнего и нижнею

г I г,

столбов воздуха: р. - р------, р^ - р---- Подставив послед-

7. + Д7. 7. - V.

ине два уравнения в условие равновесия столба ртути, получа-
р 2ЛЛЛ хл

---------. Можно приступать к вы-
А" - ЛА

ем уравнение р-------= р------Откуда получаем, чго

Ь - ЛА А + ДА

р ( Ь А

р# I А — ДА А + ДА

числениям, но можно ешс упростить формулу, если участь, что чи-
словое значение давления воздуха задано в мм. рт. ст. Поэтому
можно записать, что р-р^Н, где //=72см. Т01 щ получаем
удобную формулу, позволяющую избежать громоздких переводов
2//АЛА _

единиц измерения в СИ: Л’ = —- Подставив числовые зиаче-

С - М~

иия в см, получаем, что высота столбика ртути равна х = 7,6 см

Очевидно, чго если бы до последнего момента мы не решали
бы задачу в общем виде, то ответ был бы менее точным.

Вывод формулы из соображений размерности

Есзи не утаегся вывеет точную формулу, но при этом извест-
но, с какими величинами может быть связана искомая величина, то
часто прибегают к выводу формулы из соображений размерности
физических величин.

Краткие справочные сведения

Физические величины, числовое значение которых зависит оз
выбранных единиц, называются размерными (например, длина,
масса, скорость). Физические величины, числовое значение кото-
рых не зависит оз выбранного масшзаба единиц, называются без-
размерными (например, показатель преломления света, тиэлектри-
ческая проницаемость треды, количество каких-либо объектов).
Размерностью называют выражение производной единицы физи-
ческой величины через основные единицы величин для данной
системы единиц.

В международной система единиц (С И) основными единицами
считаются единицы длины (метр, м), массы (килограмм, кг), вре-
мени (секунда, с), силы нэк» (ампер. А), температуры (кельвин. К),
силы свеза (кандела. Кд), количества вещества (моль, моль).

В настоящее время в школьном курсе понятие размерности фи-
зической величины замсняюз понятием наименование единш{ы из-
мерения фи зичеекой ветчины. При этом форму та размерности для
ускорения записывается в виде: [«] = мс'. для силы: [Л] = [та] =

= кг м с

, для напряженности электрического поля: [Е] =

кг-м-с , .

=---------= кг м • с -А

А с

Недостатком метода размерностей является то обсюягельство,
чю итоговая формула получается с Iочноепло до некоторого чи-
слового (безразмерного) коэффициента. значение которого можно
установить только при наличии дополнительных сведений. Напри-
мер, когда известны конкретные значения всех величин, входящие
в формулу для некоторых частных случаев

Несмотря на указанный недостаток, тайный прием успешно
применяется в тех областях физики (гидравлике, аэродинамике
и тр ), 1 те строгое решение задачи наталкивается на значительные
трудности, в частности, из-за большого количества параметров,
определяющих физическое явление.

Рассмотрим алгоритм вывода формулы из соображений раз-
мерности

Задача 6.14. «С /па ситротивяеиицЛ В некоторой среде плот-
ностью р движется тело массой т со скоростью у. Длина тела
коэффициент вязкости среды г] (ко эффициент вязкое ти это физи-
ческая величина, характеризующая силу трения между отдельными
слоями среды, движущимися друза относительно друга с некото-
рой скоростью; размерность коэффициента вязкости равна
[г|] = кгм 1 с ). Подберите возможный вид формулы, по которой
вычисляется сила сопротивления среды.

Алгоритм вывода формулы из соображений размерности

Возможное решение задачи 6.14.

1. Опредс /я/от, от каких ве.и/чии может зависеть искомая ве-
тчина.

Предположим, что сила сопротивления может зависеть от всех
перечисленных в за гаче величин, кроме массы тела, а закже зави-
сит оз площади 5 поперечного сечения тела, г е ог

р, г], и, /., 5.
2. Составчяют уравнение размерностей. в котором в зевой
части записывают в квадратны с скобках символ искомой вечичи-
ны. а в правой произведение символов выделенных вечичин. При
япом символ каждой ветчины ограничивают квадратными скоб-
ками и возводят в степень с еще неизвестными показателямираз-
мерности обозначаемыми тоже каким-либо с им вола ми

ИМгП'1П*]

3. Вместо симвоч! каждой ветчины записывают ее с динIпр
измерения, выраженную в основных единицах:

К1 -МС (К1 М )'(К1М С ' )' (М С ' ) (М )" ( М )'

4. Группируют показатели степени одинаковых основных еди-
ниц из мерения входивших в разные производные единицы измерь -
ния.

кг м с = К! ' м с

5. С учетом необходимости равенства показателей единиц
измерения величин в левой и правой частях уравнения записывают
соответствуюир по с истему I равнений

\+ г = 1;

,г + г = 2;

-3 г — г + - + 2м + А = I.

6. Решают систему уравнений. Ес ш не сдастся найти одно-
значную комоинацию значений показателей размерности, прибе-
гают к методу перебора р\ ководствуясь принципом простоты и
здравы м с мыс юм

В системе из грех уравнений имеется пять неизвестных. При
подборе возможных вариантов решения будем руководствоваться
принципом простоты и следующими логическими заключениями.

Вариант /. Пре [положим, что сила сопротивления прямо про-
порциональна коэффициенту вязкости р среды, т.е. г = 1, тогда из
первого уравнения системы получаем, что л = 0, т.е. от п ютносги
среды сила сопротивления не зависит, а из вюрого уравнения 2-1,
т.е. сила сопротивления прямо пропорциональна скорости юла.
Подставив эти значения в третье уравнение системы, получаем, что
2// + А-1. Проанализируем последнюю формулу. Коэффициент п
является показателем степени площади поперечного сечения, а ко-
эффициент л показателем степени длины тела. Здравый смысл
подсказывает, что оба этих коэффициента не могут быть отрица-
тельными, поскольку и при увеличении площади поперечного се-
чения, и при увеличении длины сила сопротивления уменьшаться
нс может. Поэтому п <- и А 1. Опираясь на принцип просто-
ты, предположим, что А=1, те. сила сопротивления пропорцио-
нальна длине тела, тог та // = (), т.е, от площади поперечного сече-
ния эта сила сопротивления нс зависит

7. При /описи окончите/иного ответа в правую части поду-
чившейся формулы добавляют некоторый постоянный бе/ра/.мер-
ный множите /и.

Получаем, что опта из возможных формул для расчета силы
сопротивления имеет вид: (1|||> = ( Г)г/

Вариант 2. Предположим, чго сила сопрогивления прямо про-
порциональна плотности сре ;ы, т.е. л=1, тогда г = 0, т.е. сила
сопротивления нс зависит от вязкости, а 2 = 2 , т.е. сила сопротив-
ления пропорциональна квадрату скорости. Подставив этн значе-
ния в третье уравнение системы, получаем, чго 2// + А — 2. Теперь
возможны два наиболее простых варианта: либо /7 = 1 , а А -0, те.
сила сопротивления прямо пропорциональна площади поперечного
сечения и нс зависит от длины тела; либо //=(), а к- 2. Здравый
смысл по гсказываст, что скорее сила сопротивления будет пропор-
циональна площади поперечного сечения, чем квадрату длины те-
ла, поскольку все мы наблгод&пи насколько сила сопротивления
воздуха, действующая на ровный лист бумаги больше силы сопро-
Iивления. действующей на пог же лист бумаги, свернутый в ко-
мок. Поэтому останавливаемся на варианте /7 = 1 и получаем еще
о гну формулу для расчета силы сопротивления: /\ ()1|Р = С ру

Следует отмстить, что первая формула используется для расче-
та силы сопротивления при небольших скоростях, когда сущест-
венную роль играют силы вязкого трения, а по второй формуле вы-
числяют силу сопротивления при больших скоростях, когда
существенным становится лобовое сопротивление, зависящее от
площади поперечного сечения и плотности среды.

В общем случае можно записать: /^„щ, - С, гр’А. + С ри Л',
но обычно си не Пользуются, так как значения коэффициентов С,
и С2 зависят еще и от формы тела и различаются таким образом,
что при незначительных скоростях первое слагаемое намного
больше второго, а при возрастании скорости существенным стано-
вится только второе слагаемое.

В качестве тренировки можно решить следующую задачу.

Задача 6.15.Т. «Ускоряющееся тело». Используя метод раз-
мерностей, получите формулу для расчета времени движения пер-
воначально покоившегося тела известной массы т под действием
известной силы Е на некотором участке пути 5.

Вывод формулы из соображений размерности при решении
учебных задач используется редко, но к нему можно прибегать для
предварительного вывода формулы, которая сможет сориентиро-
вать вас на выбор необходимых для решения законов.

Значительно чаще метод размерностей применяют для провер-
ки правильности итоговой формулы.

Проверка формулы из соображений размерности

При проверке правильности полученной формулы проще всего
сначала воспольюваться соображениями размерности и проверить
тождественность единиц величин, стоящих в левой и правой частях
уравнения. Для этого необходимо вместо каждой величины,
имеющей размерность, подставить ее единицу, провести необхо-
димые сокращения и убедиться, что и в левой, и в правой частях
уравнения остались одинаковые единицы. Заметим, что если в про-
веряемой формуле записана сумма (или разность) величин, то по-
сле того, как вы убедитесь, что единицы этих величин одинако-
вы, следует заменять эту сумму (разность) только однократной
записью единиц.

Попробуйте самостоятельно справиться с этой задачей.

Задача 6.16.Т. «Проверка правильности формулы». Предпо-
ложим, что в ходе решения получена расчетная формула

8 /?3А

г = —яр , гДе Е- сила, р - плотность, /? - радиус, Ь - некото-
рая длина, Т - время. Правильно ли выведено соотношение между
величинами?

Оценка числовых значений по порядку величины

Чтобы ответить на вопрос задачи, иногда достаточно сделать
оценку порядка числового значения величины, характеризующей
исследуемый объект.

11 Решение е южных и песын шршых млач по фишке

297
При оценке величины по порядку считают, что два численных
значения какой-либо величины отличаются на порядок, если их
отношение примерно равно 10, на два порядка, если оно равно 102,
и т.д. Чтобы оценить порядок искомой величины, в расчетной фор-
муле заменяют все конкретные значения величин на соответст-
вующий им порядок числа. Так, число 84 считается числом поряд-
ка 102, а число 25 - порядка 10.

Метод оценки величины по порядку особенно эффективен при
сравнении двух величин, точное вычисление которых приводит к
слишком громоздким преобразованиям. Оценка порядка числового
значения величины является обязательным этапом подготовки экс-
перимента. Она может подсказать путь точного решения задачи
или установить границы области применимости точного решения.

Зада за 6.17. «Сравнение эчектриспштических и гравита-
ционных сил»- Сравните силы гравитационного и электростатиче-
ского взаимодействия между двумя кубиками массой т = 432 г
и стороной а = 3,8 см, заряженными разноименными зарядами
7 = 9,76- 10 10 Кл каждый. Кубики сделаны из проводящего мате-
риала и расположены параллельно друг другу на горизонтальном
непроводящем столе так, что расстояние между их центрами равно
Л = 8,3 см.

Возможное решение

Очевидно, что между кубами действуют силы гравитационного

и электростатического притяжения.

Для расчета силы гравитационного взаимодействия между ку-

бами нельзя воспользоваться формулой Е]Р = 6-^-, поскольку она

справедлива лишь для однородных шаров и материальных точек.
Но для оценки величины этой силы данная формула вполне сго-
дится.

При расчете силы электростатического притяжения можно
учесть, что кубы проводящие, поэтому разноименные заряды будут
стремиться расположиться как можно ближе друг к другу, т.е. со-
берутся на гранях, ближайших к соседним кубам. Из соображений
симметрии становится ясно, что результирующая сила электриче-
ского притяжения будет равна сумме сил взаимодействия между
точечными зарядами, находящимися напротив друг друга на па-
раллельных гранях кубов. Следовательно, силу электростатическо-
го притяжения между кубами можно оценить по формуле:

/Й = к—-—-, где к - 9 109 .

эл (Ь-а)2 Кл2

Заметим, что числовые данные довольно неудобны для расче-
тов. Для их упрощения воспользуемся методом оценки по порядку
величины. Будем подставлять в найденные формулы только поря-
док значений величин, выразив предварительно все используемые
величины в СИ. Порядок величин получается следующим:

т = 432 10 3 кг ~ 10“' кг ,

Ь — 8,3 см = 8,3 • 10 2 м ® 10 1 м ,

(7 = 6,6710 "-^«Ю 10
кг кг"

<7 = 9,76 -10 1(|Кл«10’9Кл,

к = 9 109 ~ 10|П -У-^-,

ЮГ Юг

Ь-а = (8,3-3,8)см = 4,5-10 2 м^Ю’2 м.

Подставив эти значения в расчетные формулы, получаем:

0=10.»н

ГР кг2 (10 м)2

Кл2 (10 -м)2

Видим, что —— «16* . Таким образом, в исследуемой системе
^|р

электрическая сила притяжения между кубиками примерно в мил-
лион раз (на шесть порядков) больше, чем гравитационная сила.

Если бы числовые значения рассматриваемых сил оказались
одного порядка, то для ответа на вопрос задачи пришлось бы про-
водить точные расчеты.
Решение
более конкретизированнной задачи

Иногда на определенном этапе решения основной задачи при-
бегают к решению одной или нескольких более конкретных задач.
Конкретизацию задач осуществляют путем временного введения
дополнительных характеристик. Например, более конкретизиро-
ванную задачу можно получить из исходной путем подстановки
вместо одной из неизвестных величин конкретного числового зна-
чения, выбранного в соответствии с возможным направлением раз-
вития исследуемого в задаче процесса, из здравого смысла, или
просто наугад. Иногда удается сразу подобрать правильное значе-
ние, а в других случаях подбор может затянуться, но если набрать-
ся терпения и правильно строить свои логические заключения, то
решение будет непременно найдено. Решение более конкретизиро-
ванной задачи часто применяется для выяснения условий возмож-
ного окончания рассматриваемого процесса, а также для проверки
или уточнения уже найденного ответа. Решение серии последова-
тельно усложняющихся конкретизированных задач может подска-
зать ответ на исходную задачу.

Первым из методов, основанных на решении более конкрети-
зированных задач, следует назвать «Метод проб и ошибок».

«Метод проб и ошибок»

«Метод проб и ошибок» предусматривает простой перебор
различных возможных вариантов решения исследуемой ситуации.
Его нельзя назвать самым оптимальным методом исследования, но
это очень надежный, а иногда единственно возможный способ ре-
шения задачи.

Задача 6.18. «Ток через диод». В схеме, изображенной на рис.
6.18,а, конденсатор емкостью С = 100 мкФ, заряженный до напря-
жения = 4 В, подключен к резистору с сопротивлением К = 100 Ом
через диод О и ключ К. В начальный момент ключ разомкнут. Ка-
кой будет сила тока в цепи сразу после замыкания ключа? Вольт-
амперная характеристика диода изображена на рис. 6.18.6.

Возможное решение

Сразу после замыкания ключа под действием электрического
поля зарядов, находящихся на обкладках конденсатора в цепи, по-
является ток. Таким образом, напряжение на конденсаторе равно
сумме напряжений на диоде и на резисторе: = Ср + Но в на-
чальный момент заряд на пластинах конденсатора еще не успевает
существенно уменьшиться, поэтому напряжение на нем остается
равным Со. Анализ вольт-амперной характеристики показывает,
что диод может работать в двух режимах: при силе тока от 0 до
10 мА напряжение на нем изменяется прямо пропорционально силе
тока, а при силе тока, превышающей 10 мА, напряжение на диоде
остается постоянным, равным Сд = 0,8 В. Поскольку сила тока не-
известна, то рассмотрим оба режима работы диода.

Рис 6.1Я а.

Предположим, что сразу после замыкания ключа сила тока
оказывается меньше 10 мА. Например, /1=5 мА. Тогда, согласно
вольт-амперной характеристике диода, напряжение на нем равно
СД1 = 0,4 В, а напряжение на резисторе: Ся, = ЦК = 5 мА • 100 Ом =
= 0,5 В. Следовательно, суммарное напряжение на диоде и резис-
торе равно 0,9 В, а эго противоречит требованию равенства напря-
жения на конденсаторе суммарному напряжению на диоде и рези-
сторе.

Попробуем принять к рассмотрению наибольшее из возмож-
ных при первом режиме значение силы тока, пусть /2 = 10 мА, но
и в этом случае суммарное напряжение оказывается равным всего
1,8 В.

Приходим к выводу, что начальная сила тока будет больше
10 мА. В этом случае напряжение па диоде равно Сд = 0,8 В. И си-
лу тока можно найти с помощью закона Ома и условия взаимосвя-
зи напряжений СО=СН + //?, откуда / =——Подставив чи-
еловые значения, получаем, что начальная сила тока в цепи равна
/=32 мА.

При решении этой задачи пришлось предварительно решить
две конкретизированные задачи, прежде чем стало понятно, в каком
режиме работает рассматриваемый в задаче объект. В других ада-
чах приходится рассматривать еще больше возможных вариантов.

Задача 6.19.С. «Три резистора». Сколько можно получить раз-
личных значений общего сопротивления участка цепи, состоящего
из трех одинаковых резисторов сопротивлением Е каждый, при ус-
ловии, что при подключении данного участка к источнику тока ток
будет в каждом резисторе?

Задача 6.20.С. (6.27.). «Лед и вода». В калориметре теплоемко-
стью С = 400 Дж/кг находится т\ = 500 г воды при температуре
6 = 2 °С. В калориметр опускают кусок льда массой /и2 = 200 г
и температурой Ь = - 15 °С. Каким будет содержимое калориметра
после установления теплового равновесия9

Все-таки метод проб и ошибок иногда бывает слишком долгим.
Например, если бы задача 6.19. называлась «Четыре решетора», то
пришлось бы рассматривать не 4, а 15 возможных вариантов, если
бы в задаче 6.20. смешивали лед и пар, то пришлось бы рассматри-
вать не 3, а 5 различных вариантов конечного состояния термоди-
намической системы. Правда, при решении задачи 6.20. вам могло
повезти, если бы первый же из рассматриваемых вариантов оказал-
ся истинным. Но могло и не повезти.

Впрочем, в настоящее время можно (и очень даже нужно) нау-
читься использовать возможности компьютера, составляя для него
соответствующую программу перебора вариантов путем подста-
новки конкретных значений неизвестных из условий задачи вели-
чин.

Эвристический прием «Решение более конкретизированной за-
дачи» можно использовать не только при подборе вариантов, но
и для получения предварительной информации о дальнейшем раз-
витии рассматриваемых процессов.

Решение нескольких конкретизированных задач
для выявления особенностей объектов исследования

Эвристический прием «Решение более конкретизированной за-
дачи» удобен и в тех случаях, когда рассматриваемый в задаче объ-
ект имеет сложную структуру. Особенности этой структуры можно
выявить, если последовательно рассматривать похожие, но более
упрощенные объекты. Каждый последующий из конкретизирован-
ных объектов должен обладать все более сложной структурой, все
более приближающейся к структуре исходного объекта. Такой
подход уже был испольюван при решении некоторых задач из гла-
вы 5, когда рассказывалось о приеме «Выявить периодизацию» (см.
задачи «Разветвленная схема», «Насос», «Заземление шариков» и
другие). Но в той главе делался акцент на идеи разделения на части
и переструктурирования, а теперь мы отмечаем эффективность ре-
шения более конкретизированных задач.

Поэтапное решение упрощенных задач на исследование объек-
тов со все более усложняющейся структурой можно применять,
например, для решения задач с бесконечно большим количеством
повторяющихся элементов.

Задача 6.21. (5.60.) «Бесконеч-

ная цепь резисторов I». С помо- 27? 2/? 2/?

щью приема «Предварительное ре- °~~I И!—I I Г I Н~|~ ~

шение нескольких конкретных А /? П К П

задач для выявления закономерно- ШИШ

сти» рассчитайте сопротивление _
электрической цепи, состоящей из
очень большого количества одина-

ковых звеньев (см. рис. 6.21.).

Возможное решение

Если будет только одно здено, то общее сопротивление будет
равно

^ОВП1 ~ ^Р Р = ЗР

Если только два звена, то

/?(>И|. = 2/? + — /? = 2,75/?,
ОЫЦ 1

если только три звена, то

/?ОК1П = 2/? + —К = 2,7333..../? -2,73/?.

ОБЩ 15

Если только четыре звена, то

/?ПК1|, = 2/? + — Р = 2,721.../? - 2,72/?,
общ 56
если только пять звеньев, то

/?(,Н|1 = 2/? + — /? = 2,720.../?» 2,72/?.

ОБЩ 2()9

На основании решения пяти конкретных более простых задач
делаем вывод, что дальнейшее увеличение количества звеньев не
окажет существенного влияния на числовое значение, полученное
в последних двух задачах, т.е. если сравнить найденный ответ
с ответом, полученным при использовании приема «Выразить ис-
комое частично через себя»: /?()ЬЩ = 0 + х/З)/? = 2,720...-/?« 2,72/?,

го можно заметить, что ответы одинаковые с точностью до тысяч-
ных долей.

Рис. 6.22.

Предлагаем попытаться ис-
пользовать изученный прием для
решения похожей задачи.

Задача 6.22.С. (5.61.) «Бес
конечная цепь конденсаторов 1».
Рассчитайте электрическую ем-
кость батареи конденсаторов це-
пи, состоящей из очень большого
количества одинаковых звеньев
(см. рис 6.22.).

Метод численного решения задачи

Идея решения более конкретизированных задач лежит в основе
большинства методов вычислительной физики. Численные методы
применяют в нескольких случаях:

во-первых, когда аналитическое решение задачи (т.е. решение
задачи путем преобразования формул) невозможно;

во-вторых, когда задачу можно решить аналитически, но для
этого у решающего человека недостаточно высокий уровень мате-
матической подготовки;

в-третьих, когда компьютер может провести вычисления зна-
чительно быстрее, чем человек (например, подбор нескольких ты-
сяч вариантов развития задачной ситуации).

Иногда численные решения оказываются полезны для предва-
рительной оценки промежуточных и итоговых результатов с целью
уточнения направления аналитических преобразований формул.
В качестве примера рассмотрим идею численного решения за-
дачи, решить которую аналитически невозможно.

Задача. 6.23. «Скольжение по наклонной с трением». По на-
клонной плоскости пускают шайбу со скоростью п0- На каком рас-

стоянии от начала движения
она скатится с наклонной
плоскости? Плоскость на-
клонена к горизонту под
углом а. Вектор скорости
образует угол Р с горизон-
тальным краем плоскости
(см. рис. 6.23.а.). Коэффи-

Рис. 6.23.а.

циент трения скольжения шайбы о плоскость равен р.

Следует отметить, что задачу с похожими условиями мы уже
решали в главе 3, но в задаче 3.43. «Скольжение по наклонной» тре-
ние отсутствовало. Причина, по которой данную задачу нельзя ре-

шить аналитически, заключается в том, что направление силы тре-
ния скольжения во время движения шайбы изменяется, гак как она

всегда направлена против скорости.

Возможный краткий ход решения численным методом
Начальный аналитический этап решения

На шайбу, движущуюся по наклонной плоскости, действуют
три силы: сила тяжести, направленная вертикально вниз, сила ре-
акции опоры, направленная вверх перпендикулярно поверхности
плоскости, и сила трения, направленная вдоль наклонной плоско-
сти в сторону, противоположную скорости тела. Согласно второму
закону Ньютона, можно записать: т^ + Л/ + Е = та . Если спрое-

цировать силы на направление, перпендикулярное плоскости, то
получаем, что сила реакции опоры постоянна и равна Л/ = треста

(см. рис. 6.23.6.). Значит, модуль силы трения
равен Е = р- трсоьа. Для математического
описания движения шайбы вдоль наклонной
плоскости проведем координатную ось X
вдоль плоскости горизонтально, а ось V
вдоль плоскости вверх, перпендикулярно оси
X. Можно считать, что в плоскости АТ шайба
движется под действием двух сил: силы тре-
ния, направленной про-
тив скорости тела, и со-
ставляющей силы тя-
жести, равной /и^кта,
направленной против
оси У (см. рис 6.23.в.).

Чтобы упростить
математическое описа-
ние движения шайбы,
разобьем процесс дви-
жения шайбы на мно-

жество малых процессов скольжения за очень малый промежуток
времени (например, за Д/= 0,0001 с). Даже за столь малые проме-

жутки времени скорость и ускорение шайбы изменяются, но изме-
нение скорости настолько мало, что можно считать, что координа-
ты шайбы за этот промежуток времени изменяются так же, как и
при равномерном движении, т.е. х = х0 + г()Х, • Л/ и у = у0 + ц()Г Л/,

а изменение ускорения настолько мало, что скорости изменяются
также как при равноускоренном движении, т.е. гх = г0Л + аих •
и = пП} +<Л); • Д/. Ускорение на каждом интервале движения
считаем неизменным и находим с учетом направления силы трения
и составляющей силы тяжести в начальный для данного интервала
момент времени.

Этап численного решения (в общем виде)

1. Определяем начальные условия:

•*<> = 0, у0 = °, Г()Л. = г0 сок р, ЦО1 = н() кт Р,

а»б =-Ц&сока сокр. аоу = -^(цсокак1пР + к1па)

2. Находим координаты и проекции скорости:

х, = сок Р • Д/, у, = ц()У сок Р Д/,

ц(б = сокР - цц сока сок Р' Д/,

Ц1Г = Vи кшр - сока кт Р + кт а) • Д/.

Новый угол наклона вектора скорости к оси А находим по

формуле: (р Р| = —~ •

3. Для расчета движения на следующем участке считаем, что
конечные значения на первом участке являются начальными на
втором участке. Т.е. составляем циклическую программу, которая
должна считать до тех пор, пока координата по оси V снова не ста-
нет равной нулю, т.е. шайба съедс! с наклонной плоскости.

Конечно, численный метод - эго приближенный метод реше-
ния, но чем меньше мы возьмем интервалы времени, на которые
разделим процесс скольжения шайбы, тем точнее получится ответ
при условии, что погрешность округления результата вычислений
будет существенно меньше этого результата. Человеку для прове-
дения таких расчетов потребуется очень много времени, а компью-
тер, благодаря своему быстродействию, решает огромное число
простейших конкретизированных задач по программам, которые
написаны людьми.

В настоящее время метод численного решения становится од-
ним из основных (наряду с теоретическим и экспериментальным)
методов научного познания. Если у вас возникло желание нау-
читься этому методу, то можете попробовать воспользоваться ис-
точниками [7, 25, 41] из списка литературы, приведенного в конце
пособия.

Решение
конкретизированной задачи
с последующим выявлением тождественности ответов
с исходной задачей

Ответ на задачу может быть найден из решения более конкре-
тизированной задачи, полученной из исходной путем подстановки
вместо некоторой неизвестной величины удачно подобранного для
нее числового значения. После получения ответа на более конкре-
тизированную эадачу, необходимо сделать заключение о возмож-
ном изменении ответа на основную задачу при иных числовых зна-
чениях подставленной величины. Особенно этот прием удобен,
если уточняемая величина обладает таким свойством, что при из-
менении ее значения в и раз автоматически в соответствующее
число раз изменяются и некоторые другие величины. Именно такой
случай рассмотрен в задаче 6.24.

Задача 6.24. (5.57.) «Средняя скорость». Одну треть всего
времени движения автомобиль ехал со скоростью 60 м/с. Затем его
скорость была 20 м/с, и так он проехал пятую часть всего пути. По-
следний участок он проехал со скоростью 10 м/с. Определите ско-
рость автомобиля на всем пути.
Возможное решение

Перекодируем текст в схему и запишем краткое содержание
задачи. Следуя принципу простоты, запишем основное уравнение
для вычисления средней скорости: пср = 5 /1.

/'! = 60 м/с

Ц 51

1’2 = 20 м/с"

= 10 м/с

Первоначальный анализ условий показы-
вает, что не хватает данных. Решим более кон-
кретную задачу: предположим, что длина
всего пути известна и равна 5 = 300 м. Тогда
лт = 100 м, /2 = 5 с. Чтобы найти все время
движения, составим уравнение:

V = ^ + Х-, + .V, = V/, + V-,!, + П(/ч

Учтем, что /,=—/, а/, Под-

3 3

ставим эти выражения в уравнение для всею пути и заменим все
буквенные обозначения величин их числовыми значениями, выра-
1 (4 3

женными в СИ: 300 = 60•— / + 100 + 10-1 —I — 5 I. Из зтого уравне-

ния получаем, чго все время движения равно 1= 12,5 с. Тоща сред-
300 м

няя скорость равна гср =----= 24 м/с . Но данный ответ получен

12,5с

только для случая конкретного значения длины всего пути. Чтобы
сделать вывод о том, какой будет величина средней скорости при
иной длине пути, можно либо подставить еще несколько конкретных
значений, либо провести логический анализ возможных изменений.
Например, такой: если весь путь в п раз больше чем 300 м, то путь на
втором участке тоже в п раз больше, значит, и время прохождения
второго участка увеличится в п раз, а из-за этого увеличится в п раз
и все время движения. Получается, что при увеличении в п раз все-
го пути увеличивается в п раз все время движения, а средняя ско-
рость нс изменяется. Таким образом, ответ, полученный при реше-
нии более конкретной задачи, буде-1 справедлив и для исходной
задачи, т.е. средняя скорость движения равна пср = 24 м/с.

Предварительная оценка окончания процесса

Иногда в задаче рассматриваются взаимосвязанные процессы,
имеющие ограничения во времени, в пространстве, по температуре,
влажности или иным параметрам, но при этом отсутствует инфор-
мация о конечном состоянии исследуемой системы. Возникает про-
блема определения моментов начала и окончания каждого возмож-
ного в данной ситуации процесса. Например, тормозящее тело мо-
жет остановиться, и тогда его координата престанет изменяться;
нагреваемое тело может начать плавиться, и его температура пере-
станет увеличиваться; охлаждаемый пар может перейти в насыщен-
ное состояние, и его давление перестанет зависеть от занимаемого
объема и т.п. В этом случае наиболее коротким оказывается путь
последовательного решения более конкретных задач, направленных
на выяснение момента окончания того или иного процесса, позво-
ляющих сделать вывод о дальнейшем развитии других процессов.

Рассмотрим несколько примеров применения этого приема.

Задача 6.25. «Давление водяного пара 1». В откачанный сосуд
объемом V = 5 л поместили т = 1 г воды. Найдите давление паров
воды в сосуде при температуре / = 20 "С. Давление насыщенных
паров при 20 °С равно рк = 2,33 кПа.

Возможное решение

Выясним, будет ли пар насыщенным. Решим бочее конкретную
задачу, предполагая, что пар в сосуде будет ненасыщенным. Тогда
его давление можно найти из уравнения Менделеева-Клапейрона:
р = где Л/= 18 I О-1 кг/моль - молярная масса воды. По-

лучаем: р = 27 кПа. Видим, что р> рп, чего быть не может, так как

давление насыщенных паров при данной температуре является
максимально возможным. Следовательно, пар будет насыщенным,
и его давление будет равно рк ~ 2,33 кПа.

Задача 6.26.Т. «Скольжение по клину». На горизонтальном

столе расположен клин, жестко прикрепленный к поверхности сто-
ла. Из нижней точки клина вверх вдоль его гладкой наклонной по-
верхности толкнули небольшую шайбу массой 500 г, сообщив ей
скорость V = 2,5 м/с (см. рис. 6.26.а.). Через сколько времени шайба

вновь коснется стола? Длина наклонной поверхности клина Ь = 3 м,

высота Н = 30 см. Ус-
корение свободного
падения принять рав-
ным 10 м/с2.

Рис. 6.26 а.
Даже, если вы самостоятельно решите эту задачу, прежде чем
приступать к знакомству со следующей, посмофите решение, ко-
торое приводится в конце этой главы, вы могли ошибиться!

Следующая задача уже предлагалась для решения методом
проб и ошибок, но теперь рассмотрим ее с помощью предваритель-
ной оценки окончания процессов.

Задача 6.27.(6.20) «Лед и вода». В калориметре теплоемкостью
С = 400 Дж/кг находится т} = 500 г воды при температуре 0 = 2 "С.
В калориметр опускают кусок льда массой т2 = 200 г и температу-
рой 6 = -15 °С Каким будет содержимое калориметра после уста-
новления теплового равновесия?

Возможное решение

Анализируя возможные процессы, приходим к выводу, что во-
да и калориметр будут охлаждаться, лед будет нагреваться, а так-
же, возможно, будут иметь место кристаллизация воды или плав-
ление льда.

Подберем в справочнике дополнительные данные: удельная
теплоемкость воды с, = 4200 Дж/кг °С, удельная теплоемкость льда
сз = 2100 Дж/кг иС. удельная теплота плавления льда

X = 3,3 I О5 Дж/кг.

Проведем предварительную Ъценку результата теплообмена.
При этом будем последовательно вычислять выделяющееся и по-
глощающееся количество теплоты в тех процессах, которые навер-
няка начнутся, предполагая, что эти процессы пойдут до конца.
Сравнивая количество теплоты, выделившееся остывающими те-
лами, с количеством теплоты, необходимым для нагрева более хо-
лодных тел, будем делать вывод о завершенности того или иного
процесса.

Итак, найдем количество теплоты, которое могли бы выде-
лить вода и калориметр при остывании до 0 °С.

Ох =с}т}(1} -0) + С(/, -0),
получаем: О, = 5000 Дж.

Найдем количество теплоты, которое необходимо для нагрева-
ния льда до 0 °С. 02 = с2т^(0-р), получаем: 02 = 6300 Дж.

Видим, что 02 > 0}. значит, вода охладится до нуля раньше,
чем нагреется лед. Далее вода будет кристаллизоваться, и выде-
ляющееся при этом количество теплоты пойдет на нагрев льда.
Количество теплоты, которое может выделиться при кристал-
лизации всей воды, равно = Л.ш,, получаем: =66000Дж.

Видим, что От Значит, вода охладится до нуля

и частично кристаллизуется. За счет этого лед нагреется до нуля,
и теплообмен закончится.

Итак, установившаяся в калориметре температура будет равна
0 °С. Выясним, сколько воды кристаллизовалось в лед:

г.е. /я, «0,004 кг ~ 4 г. Количество льда, оказавшегося в калори-
метре, равно /л4 = /и, + /и,, откуда т, = 204 г

Ответ: в состоянии теплового равновесия в калориметре ус-
тановится температура 0 °С; в нем будут находиться 204 г льда
и 496 г воды.

После рассмотренных примеров можно сформулировать эври-
стико-алгоритмический прием.

ЭАП «Предварительная оценка окончания процессов»

Если один или несколько рассматриваемых в гадаче процес-
сов имеют ограничения по своей продолжительности во времени
или в пространстве по температурному или иному режиму, то
полезно сделать предварительную оценку условий, при которых
эти процессы закончатся, и на основании выявленных условий
строить дальнейшее решение задачи.

Алгоритм действий
при оценке окончания тепловых процессов

I. Определяют, какие тела получают тепло, а какие - отдают.

2. Вычисляют количество теплоты, которое могут отдать более
нагретые тела при охлаждении до температуры начала или оконча-
ния уже начавшегося процесса изменения агрегатного состояния.

3. Вычисляют количество теплоты, которое необходимо для
нагрева более холодных тел до температуры начала или окончания
процесса изменения агрегатного состояния.

4. Сравнивают отданное и полученное количество теплоты
в предполагаемых процессах и делают вывод о том, какой из про-
цессов закончится раньше, и какие изменения будут происходить
с телами на следующем этапе изменений.

5. Повторяют пункты 2, 3 и 4 до тех пор, пока не станут ясны
конечные агрегатные состояния всех веществ, участвующих в теп-
лообмене.

6 Составляют и решают уравнение теплового баланса.

Примечание если сразу трудно определить, какие тела отдают,
а какие - получают тепло, то указанные действия сначала произво-
дят для тех тел, про которые известно направление теплообмена,
а затем делают вывод для остальных.

Для отработки навыков применения ЭАП «Предварительная
оценка окончания процессов» предлагаем самостоятельно решить
пять следующих задач.

Задача 6.28.Т. «Лед и пар». В калориметре находится лед мас-
сой т\ = 500 г при температуре й = 10 °С. В калориметр впускают
стоградусный водяной пар массой т2 = 100 г. Какая температура
установится в калориметре и каким будет его содержимое. Удель-
ная теплоемкость льда с, = 2100 Дж/(кг °С), удельная теплоем-
кость воды с2 = 4200 Дж/(кг • °С), удельная теплота плавления льда
Х = 330 кДж/кг, удельная теплота парообразования воды г =
= 2260 кДж/кг. Тепловыми потерями и теплоемкостью калориметра
пренебречь.

Задача 6.29.С. «Лед и пар 2». См. содержание задачи 6.28.
«Лед и пар 1», но массу льда примите равной т\ = 200 г.

Задача 6.30.С. «Лед и пар 3». См. содержание задачи 6.28.
«Лед и пар 1», но массу пара примите равной пъ = 20 г и учтите,
что теплоемкость калориметра равна Ск = 100 Дж'°С.

Задача 6.31.С. «Торможение поезда». Поезд, проезжая мимо
путепровода со скоростью 15 км/ч, начинает тормозить. На каком
расстоянии от будки будет находиться поезд через 2 мин после на-
чала торможения? Масса поезда 200 тонн. Сила трения при тормо-
жении 300 кН.

Задача 6.32.Т. «Давление водяного пара 2». В камере объемом
У= Юл находится сухой воздух под давлением р} = 100 кПа при
температуре Ц = О "С. В камеру впрыскивают воду массой т = 3 г,
закрывают и нагревают. Определите давление в камере при
/2=50°С и при Д = 100 °С. Давление насыщенного пара при этих
температурах равно рт = 12,3 кПа и рш = 100 кПа, соответственно.

Проверка результата подстановкой конкретных значений

Правильность полученного ответа можно проверить, если
в итоговую формулу подставить такие конкретные значения вели-
чин, для которых ответ известен заранее, либо его можно прове-
рить экспериментально.

Задача 6.33. «Свободное падение». Какой путь проходит сво-
бодно падающее тело за предпоследнюю секунду своего движения?

Возможное решение

Начнем с доопределения некоторых терминов. Тело падает,
значит, его начальная скорость равнялась нулю. Тело свободно па-
дает, значит, его ускорение равняется ускорению силы тяжести
(поскольку в формулировке задачи нет требования учитывать со-
противление возд) ха)

Введем условные обозначения известных и неизвестных вели-
чин. Пусть Л/ = 1 с - интервал времени, за который тело проходит
искомый путь, Н - путь, пройденный зелом за все время ( паде-
ния, /7, — путь, пройденный телом, 1а время (/ — Л/), Н2 — путь,
пройденный телом за время (/ - 2Л/) падения.

Учитывая равноускоренный характер движения получаем:
,, ег ,, р(/-Л/)2 ,, р(/ —2Л/)3

Н = , /7, = —— ---. Н2 - —--------. Искомый путь равен

я •> >

5 = /7, - Н2 = у((/ -Л/У -(I - 2Л/р) После упрощения получаем.

что х - р/Л/ #Л/2 . Поскольку время падения в содержании зада-
чи не указано, и найти его из условий задачи нельзя, то получен-
ную формулу следует считать ответом.

Проверим результат «подстановкой конкретных значений»

Пусть все время падения равно / = 2с (буквенный индекс по-
ставлен для уточнения, о каком интервале времени идет речь). То-
Рис. 6.34.

гда, согласно закону нечетных чисел для рав-

ноускоренною движения из состояния покоя,
путь, пройденный телом за первую секунду,
должен быть в три раза меньше, чем путь,
пройденный за последующую секунду, а зна-
чит, в четыре раза меньше пути, пройденного

за первые две секунды, т.е. 5

пр

Проверим это, подставляя в расчетные
формулы числовые значения для интервалов времени:

1 1 3 1- ’ Р

ннг = }-ё-12=1ё-\\

Видим, что требуемое соотношение .у

пр

действительно

выполняется, значит, можно сделать вывод о правильности расчет-
ной формулы.

Задача 6.34. «Сюжная батарея конденсаторов, проверка».
При вычислении емкости батареи конденсаторов, изображенной на
рис. 6.34., получена следующая расчетная формула:

2С ,ссб + 2С,С5С + С5с„с + С4С(д + С6 + С.)
(С2+С,+СЧ)(С5 + СЬ+С7)-С,2

Проверьте ее правильность, используя приемы «решение более
обобщенной задачи» (метод размерностей), «решение более кон-
кретизированной задачи» и «решение более идеализированной за-
дачи».

Проверка с помощью приема
«решение более обобщенной задачи»

Воспользуемся методом размерностей. Подставим вместо каж-
дой буквы, обозначающей физическую величину, единицу ее изме-
рения. При этом вместо сложения или вычитания одинаковых еди-
ниц записываем только одну, а числовые коэффициенты
Ф + Ф + Ф3 + Ф2Ф

отбрасываем. Получаем: [Св] =----------;----= Ф. Согласно

ф.ф-ф~

методу размерностей, формула нс содержит ошибок.
Проверка с помощью приема
«решение более конкретизированной задачи»

Выберем конкретные и самые простые значения емкостей кон-
денсаторов. Предположим, что емкости всех конденсаторов равны,
следовательно, на среднем конденсаторе напряжение отсутствует
(см. задачи 7.2. и 7.3., а также ЭАП «Проверить на отсутствие на-
пряжения»). Тогда емкость батареи конденсаторов будет равна ем-
кости одного конденсатора. Проверим, получится ли это, если под-
ставить в проверяемую формулу одинаковые значения емкостей
каждого конденсатора.

с 2ССС + 2ССС + ССС + СС(С + С + С)
в~ {С + С + С\С + С + С}-С2 ’

с, 5С3+С2-ЗС_8С3 _с
в ~ ЗС-ЗС-С2 ~8С2 ~

Ожидаемый результат получен, следовательно, можно предпо-
ложить, что формула получена правильно.

Проверка с помощью приема
«решение более идеализированной задачи»

Пусть емкость среднего конденсатора равна нулю, т.е. этот
конденсатор можно исключить из цепи. В этом случае конденсато-
ры С2 и С4 включены последовательно, и их общая емкость равна
С, С

—-——, конденсаторы С\ и С7тоже включены последовательно,
С2+С4

и их общая емкость равна . Тогда общая емкость батареи

С6 +

конденсаторов будет равна

с„ = с2сА + С6С7 = С2С/Сб+С7) + С6С7(С2+С„)

8 С2+С„ С6 + С7 (С2 +СДС6 + С7)

Проверим, получится ли эта формула из проверяемой, если
в нее вместо С5 подставить 0.

с 2С\ 0-С6+2С, -0С7 +0-С6С7+С<С(0 + С6+С7)
в~ (С2+0 + СД0 + Сб+С7)-02

с С,С2(С6 + С7)

8 (С2+С7)(С6+ С7)
Видим, что не получается!!! Следовательно, формула, приве-
денная в задаче 6.34., ошибочна!

Правильная формула записана в задаче 5.31. «Сложная бата-
рея конденсаторов».

Таким образом, приведенные способы проверки с использо-
ванием метода размерностей, подстановки более конкретных или
более идеальных значений не всегда гарантируют правильность
ответа при совпадении результата с упрощенной проверяемой
формулой, но если обнаружено различие между результатом ре-
шения упрощенной задачи и упрощенным результатом проверяе-
мой формулы, то проверяемая формула неверна.

Задача 6.35.Т «Сила сопротивления, проверка». Как проверить
правильность формул, полученных методом размерностей при ре-
шении задачи 6.3. «Сила сопротивления»:

^„,Р = С1-.1/н и /;.и11р=С2 -р^2?

Возможные решения тренировочных задач

К задаче 6.4. «Сложное соединение резисторов
и конденсатора»

Чтобы найти заряд на конденсаторе, необходимо узнать, под
каким напряжением он находится, а следовательно, узнать напря-
жение на резисторе /?7. Схема достаточно сложная, поэтому попы-
таемся ее упростить. Сначала учтем, что током через вольтметр
с очень большим сопротивлением можно пренебречь, также ток не
идет и через участок цепи, содержащий конденсатор. Поэтому эти
два участка можно временно исключить из схемы (см. рис. 6.6.6.)

Дальнейшие упрощения схемы показаны на рисунках 6.6.6-г.

Легко вычислить, что сопротивления КА и /?,9 равны

К - /?4 =75Ом р ₽ + АА = 50Ом.

+ Яб + Я7

Если заметить, что —Е = —Е то становится ясно, что на рези-
/?2 К„

сторе Я5 напряжения нет, поэтому его можно исключить из схе-

мы Теперь упрощенная схема имеет вид, показанный на рис. б.б.д.
Рис. 6.6.Ж.

Рис. 6.6.Д.

Рис. 6.6.С.

Возвращаем в схему вольтметр, который подключен парал-
лельно резистору Л,, а значит, параллельно резистору /?(см. рис.
б.б.е.). Видим, что резисторы /?, и включены последовательно,
значит, сила тока в них одинаковая, поэтому можно записать ра-
(7 /?

вене гво —— - ——, откуда (7„ = (7. —- 4 В.

Яр Я,

Возвращаем в схему конденсатор, который подключен парал-
лельно резистору /?7, а значит, параллельно /?й (см. рис. б.б.ж.).
Заметим, что резисторы /?в и включены последовательно, еле-
К

довательно, С/,- = (7,, —— = 3,2 В.

Яр
Заряд на конденсаторе равен

ц = С Г!с =10 мкФ • 3,2 В - 32 мкКл.

К задаче 6.6. «Тело в двух жидкостях»

Итак, необходимо найти отношение объема Уг части тела, по-
груженной в более плотную жидкость к объему У всего тела. Изо-
бразим заданную ситуацию на рисунке (см. рис. б.З.а.). Запишем
условие плавания тел: — Массу тела можно вычислить по

формуле: т = р У , где У - объем тела, равный У = И-8. Расчетную
формулу архимедовой силы сразу записать не по-
лучится, поскольку тело частично погружено в обе
жидкости. Для упрощения расчетов решим сначала
более идеализированную задачу', пусть плавающее
тело имеет правильную форму, например, цилинд-
рическую, площадью основания 5 и высоту И, и это
цилиндрическое тело плавает вертикально на гра-
нице раздела жидкостей (см. рис. 6.З.6.).

Рассмотрим силы, действующие на тело. Это

сила тяжести т§, направленная вниз, сила давления верхней жид-
кости сверху У7,, сила давления нижней жидкости снизу Ег и силы
давления жидкостей на боковую поверхность, направленные гори-
зонтально. Очевидно, что силы бокового давления взаимно ском-

пенсированы, поэтому условие равновесия тела можно записать
в виде: т§ + Е\ = Е2.

Сила давления сверху Е} равна произведению площади 5 верх-
ней грани цилиндра на сумму давления атмосферы и давления слоя
жидкости, находящегося над верхней гранью. Если толщину этого
слоя обозначить Их, то Ех = (рАТМ + р,^) 5

Сила давления снизу Е2 равна произведению площади 5 ниж-

ней грани цилиндра на сумму давления ат-
мосферы, давления всего слоя верхней
жидкости и давления слоя нижней жидко-
сти от его верхней границы до уровня
нижней границы цилиндра. Пусть толщина
слоя нижней жидкости от границы раздела
жидкостей до нижней грани цилиндра рав-
на А,, тогда толщина слоя верхней жидко-
сти от уровня верхней грани цилиндра до границы раздела двух
жидкостей равна (А, + (И — И ) ). Значит,

р2 = ( Ратм + р!?( V к - ) + Р2#Л2) • 5 -

Теперь условие равновесия можно записать:

тё + (Ра™ + Р1^) '5 = (Ратм + Р1?(К + И - К) + Рз^2)'5

После сокращения получаем: = + Лег-

ко заметить, что

РгёК $ = Р2^Г2 = ’ Р1^(/? - Л2 )•$ = Р ~ ^ ) = Л.1 ’

т.е. результирующая выталкивающая сила равна сумме архимедо-
вых сил, действующих со стороны каждой жидкости на часть тела,
погруженную в нее: Р4 = + Р42! Основная трудность в решении

задачи преодолена.

Выразив массу тела через его плотность и объем, условие его
плавания можно записать в виде: = р,^(И - И2) +р,^И2, откуда

— = ——Р|_ Подобная идеализация формы плавающего тела ис-
Р р-р,
пользовалась в школьном учебнике при выводе формулы архиме-
довой силы, действующей на тело, плавающее в однородной жид-
кости, а затем ее справедливость для тел произвольной формы
проверялась экспериментально. Это дает нам право утверждать,
что полученное в рассматриваемой задаче соотношение тоже спра-
ведливо для тела произвольной формы.

К задаче 6.8. «Сложное соединение резисторов
и источников тока 2».

Идеальные источники тока и идеальный ам-
перметр не имеют электрического сопротивле-
ния. Идеальный вольтметр имеет бесконечно
большое сопротивление. Для начала упростим
схему, убрав идеальные измерительные приборы
(см. рис. 6.8.6.).

Чтобы найти показания амперметра, необхо-
димо найти силу тока через источник тока 4бГ.
Для этого представим исходную схему как суперпозицию трех бо-
лее идеализированных схем (см. рис. 6.8.в-г.). На каждой из этих
схем укажем направление тока на интересуемом нас участке. Те-

перь легко получить, что

/. = - - = 0,5—, I
4/? К

Г / __4_^

К ’ 3 “ 0,8/?

Следовательно, ток через амперметр равен

/, = Д+ /,-/. =5,5—.
' /?

Рис 6 8.в.

Чтобы найти напряжение на вольтметре,
достаточно рассмотреть еще одну упрощенную
схему (см. рис. 6.8.е.) Откуда понятно, что
вольтметр показывает напряжение 6Д = 4^

К задаче 6.11. «Три заряда, проверка»

Рис. 6.8.е. В идеале лучше всего, чтобы первый и вто-

рой заряды находились в одной точке ( га = 0 ) на

расстоянии г, =г, =/? от третьего, тогда Р = . Подставим

4тге0/?‘

идеализированные данные в проверяемую формулу:

Чз 1<Р | я1 ^,д2(/?2+/?2^0?)
4ле„ V /?4 КА

Упрощаем р =———т-у1ср +д2г и окончательно получа-

471Ео/?

ем ожидаемую формулу: Р =

4пе()/?2
К задаче 6.15. «Ускоряющееся тело»

Предположим, что время движения зависит от всех перечис-
ленных в условиях задачи величин. Тогда можно записать, что
[/] = ['>] ' [/и]' [^] Вместо символов величин запишем единицы
измерения: с = м' кг Н" . Выразим единицы измерения величин
через основные единицы системы СИ- с = м' кг (мкг-с2)
и сгруппируем: с = м'+ кг' -с “ . С учетом необходимости ра-
венства показателей единиц измерения величин в левой и правой
частях уравнения записываем систему уравнений:

х + г = О,
у + г = 0,
-2г = 1.

Из последнего уравнения получаем, что г = -0.5, тогда из
второго уравнения следует, что у = 0,5 , а из первого, что х = 0,5 .

Возвращаемся к первоначальному уравнению с символами ве-
личин, подставляя найденные значения показателей степени:
и-н'

Добавив безразмерный множитель, получаем расчетную фор-
[тх

мулу: / = СП— .

Заметим, если бы мы стали решать задачу, используя законы
кинематики равноускоренного движения и законы Ньютона, то по-
2тх

лучили бы формулу: / =. I--, т.е. полученный безразмерный ко-

V Е

эффициент оказался бы равен С = х/2 .

измерения. Получаем:

К задаче 6.16. «Проверка правильности формулы»

Проверим тождественность единиц измерения величин, стоя-
щих в левой и правой частях расчетной формулы. Вместо физиче-
ских величин подставим в формулу соответствующие им единицы
кг м3-м

Н = —-------. После сокращения остается

м с
Н = кг — . Однако должно быть Н = кг • —, если эти единицы из-
с с"

мерения подставить в проверяемую формулу, равенство не получа-
м м

ется: к! — Ф кг — . Поэтому можно сделать вывод о том, что дан-
с~ с

ная формула ошибочна, кроме того, можно предположить, что во
время преобразований был утерян показатель степени у времени.
Проверка итоговой формулы на равенство размерностей часто по-
могает скорее обнаружить и отыскать ошибку.

К задаче 6.26. «Скольжение по клину»

Наиболее простой путь
получения ответа - избрать
координатный метод ре-
шения. Направим коорди-
натную ось X вверх вдоль
наклонной поверхности (см.
рис. 6.26.6.), начало коор-
динат расположим в ниж-
ней точке наклонной плос-

кости. Учтем, что поверх-
ность клина гладкая, следовательно, сила трения пренебрежимо
мала. Поэтому ускорение шайбы определяется только проекцией
силы тяжести на ось X. Из подобия треугольника расстояний и тре-

угольника ускорений получаем, что а = §—. Уравнение движения

шайбы имеет вид: х = г01 — а— . Когда шайба вернется вниз, ее ко-
ордината станет равной нулю: 0 = — а^-. Откуда получаем, что

шайба вернется на горизонтальную поверхность через время
2г01 „

=-----= 5 с. Но это неправильный ответ!

ёН

И довольно часто такая ошибка остается незамеченной. При-
чина ошибки в том, что не была определена граница применимости
избранной математической модели движения. Следовало обратить
внимание, что наклонная поверхность клина ограничена в про-
странстве. поэтому шайба может доехать до вершины клина и сва-
литься с нее, что, собственно, и происходит (см. рис. 6.26.в.).

Чтобы избежать ошибки, следует сразу после выбора матема-
тической модели движения, т.е. после записи уравнения движения,
оценить пространственные границы такого движения и выяснить,
на какое максимальное расстояние вдоль неограниченно большой
наклонной поверхности сможет въехать шайба.

V _
п,ах -2^та ~ 2%Н '

Подставив числовые данные, получаем:

, (2,5 м/с)2-1м

С = —----------т-------= 1,04 м .

тах 2 (10 м/с2) 0,3 м

Видим, что 1П1ах > Ь . Следовательно, шайба, доехав до верхней
точки клина, будет иметь скорость немного отличную от нуля, по-
этому она продолжит движение и свалится вниз. Таким образом,
время, которое пройдет с момента начала движения шайбы до мо-
мента се касания поверхности стола, равно сумме интервалов дви-
жения вдоль клина и падения с вершины клина. Чтобы выяснить
время, за которое шайба достигнет вершины клина, подставим
в уравнение движения наибольшую из возможных координату
шайбы: х-Ь. Получаем квадратное уравнение: Ь = -а^- Это

уравнение можно решить в общем виде, а можно воспользоваться
численным методом, подставив все известные значения величин,
выраженные в СИ. Получаем: 3 = 2,5/2 -0,5/2. Умножим обе части
уравнения на 2 и запишем его в стандартном виде: /2 - 5/2 + 6 = 0.
Решение этого уравнения даст два корня: /2| =2с и /22 = 3с. Это
значит, что если бы наклонная плоскость была бесконечной, то
шайба поднялась бы дальше точки с координатой х=Ь, а затем
вернулась назад. Следо-

Рис 6 2б.в.

вательно.

нам подходит

ответ = 2 с. После это-
го шайба будет двигаться
как тело, брошенное под
углом к горизонту (см.
рис. 6.26.в) Но можно
заметить, что даже если бы наклонная плоскость не заканчи-
валась, шайба поднялась бы дополнительно вверх всего на
уу

ЛЯ = АЛ—= 1,2 см, а при свободном полете эта высота будет еще
меньше Следовательно, время движения шайбы от верхней точки
клина до поверхности стола можно вычислить как время свободно-
го падения с высоты Н. Получаем, что время падения равно
/, = ^^Е-0,245 с -0,25 с.

Следовательно, шайба окажется на горизонтальной поверхно-
сти через время 2,25 с.

Заметим, что правильный ответ оказался в два с лишним раза
меньше, чем первоначальный.

К задаче 6.28. «Лед и пар»

Лед начнет нагреваться, а пар - конденсироваться. Предпо-
ложим, что лед нагреется до максимально возможной при нор-
мальных условиях температуры = 0 “С. Количество теплоты,
необходимое для нагрева льда до нуля, равно 0х = схтх(12 -1Х),
0х =10,5 кДж . Предположим, что весь пар сконденсируется. Коли-
чество теплоты, которое может выделиться при конденсации пара,
равно 02 = гт2, 02 = 226 кДж . Видим, что , следовательно,
раньше нагреется лед и затем начнет плавиться. Предположим, что
весь лед растает. Для этого необходимо количество теплоты
О* = , О, = 165 кДж. Видим, что 0х+03 = 175,5 кДж < (9,. Зна-

чит, после того как весь лед растает, образовавшаяся из него вода
начнет нагреваться. Предположим, что вода нагреется до /3 = 100 °С.
Для этого потребуется количество теплоты, равное

й, =с2щ, (Г, -/2) = 210кДж.

Видим, что 01 +03 +04 = 385,5 кДж > 02. Следовательно, к то-
му моменту, как весь пар сконденсируется, вода не успеет нагреть-
ся до /3 = 100 °С, поэтому вода, образовавшаяся из пара, начнет ох-
лаждаться. Таким образом, все процессы стали известны, и можно
записать уравнение теплового баланса для вычисления установив-
шейся температуры:

0\ +0з +с2тх(11 ~(>) = 02 + с,т2(13 -I ).
СЛ _ Р, _ От. +• - т.к) „

Откуда р, =— ----!-------—------— Подставив числовые

с2(т, +т2)

данные, получаем итоговый ответ: в калориметре будет только во-
да при температуре примерно - 36,7 "С.

К задаче 6.32. «Давление водяного пара 2»

Очевидно, что часть воды испарится. Сделаем предваритель-
ную оценку состояния водяного пара при /2 = 50 °С. Для этого
предположим, что вся вода испарилась. Тогда образовавшийся из
нее водяной пар находится в ненасыщенном состоянии, поэтому
его давление можно вычислить по уравнению Менделеева-
Клапейрона. Получаем, что давление водяного пара массой т при
тКТ

температуре /2 = 50 °С равно рП2 - =44,7 кПа. Получили

числовое значение водяного пара, которое превосходит макси-
мально допустимое давление пара при данной температуре (т.е.
давление пара в состоянии насыщения) рП2 > рН2 . Следовательно,
пар в камере при Л = 50 °С будет насыщенным (вода испарилась не
вся, и масса пара меньше т = 3 г). Таким образом, 50 °С водяной
пар будет иметь давление, равное /?|12 = 12,3 кПа.

Давление в камере равно сумме парциальных давлений водя-
ного пара и сухого воздуха. Парциальное давление сухого воздуха,
первоначально находившегося в камере, находим по закону Шарля:
Т

Рв2 - р, — = 118,3 кПа . Следовательно, полное давление в камере

при /2 = 50 °С равно р2 = рн2 + рт = 130,6 кПа .

Аналогично исследуем состояние в камере при Л = 100 °С
Вновь предположив, что вся вода испарилась, находим давление
водяного пара по уравнению Менделеева-Клапейрона:

= —~^ = 51,7 кПа.

" МУ

Теперь оказывается, что найденное значение давления меньше
давления насыщенного пара при данной температуре, значит, пар
при /3 = 100 °С перестал быть насыщенным, поэтому его давление
равно тому значению, которое мы получили с помощью уравнения
Менделеева-Клапейрона, т.е. его давление равно /?пз=51,7 кПа.
По закону Шарля находим давление сухого воздуха:

Рвз = ^^- = 136,6 кПа.

Полное давление в камере при /3 = = КН) °С равно

р, = Рпз + Рвз = 188,3 кПа.

К задаче 6.35. «Сила сопротивления, проверка»

Правильность этих формул может быть проверена только в хо-
де эксперимента, который и покажет, что при небольших скоростях
более точно характеризует силу сопротивления среды сила, вычис-
ленная по первой формуле, а при больших скоростях - по второй
формуле. Сделав серию измерений силы сопротивления при раз-
личных значениях скорости, можно найти также и коэффициенты
С, и С,

Краткие итоги главы 6

Если вы не можете решить исходную задачу, решите сначала
другую, более простую. Не хотите подробно проверять решение
задачи - проверьте упрошенный вариант этой задачи. Упростить
задачу можно, если провести дополнительную идеализацию
свойств некоторых объектов или присвоить неизвестным величи-
нам конкретные числовые значения. К упрощению иногда приво-
дит и решение задачи в общем виде, вывод и проверка формул из
соображений размерности или с помощью метода оценки величины
по порядку числа.

Не забывайте изученные эвристико-алгоритмические приемы:
«Проверить на отсутствие напряжения»,
«Предварительная оценка окончания процесса».
Глава 7.

СЕМЕЙСТВО ПРИЕМОВ

МОБИЛИЗАЦИЯ ВНУТРЕННИХ РЕЗЕРВОВ

Эта глава самая короткая, но очень важная, поскольку успеш-
ность решения любой задачи во многом зависит от нашего пси-
хологического настроя на соответствующий вид деятельности.
Поэтому в теории решения задач разработаны специальные эври-
стические приемы, подсказывающие решающему, какие он может
предпринять меры по мобилизации своих интеллектуальных
и эмоциональных возможностей для решения поставленной зада-
чи. Эти приемы можно объединить в семейство приемов под на-
званием «Мобилизация внутренних резервов» (или «Опора на пси-
хологию»). В данное семейство можно объединить эвристические
приемы:

• Регу пировать |ровень уверенности в себе

• Вживаться в образ объектов, использовать «Метод ма-
ченьких чечовечков».

• Устроить «Мозговую атаку».

• Сменить условия работы

• Переключиться на другу ю деятельность.

Дадим краткие пояснения данным приемам.

Регулировать уровень уверенности в себе

Иногда сразу после знакомства с условиями и требованиями за-
дачи некоторые люди испытывают чувство неуверенности в собст-
венных знаниях и интеллектуальных способностях. «Какая сложная
задача! Я с ней ни ?а что не справлюсь!», - думают они. Если вы
знаете эту особенность за собой, то вам надо постараться успокоить-
ся, внушая себе: «Я умный (умная), я хорошо знаю все законы физи-
ки, которые могут пригодиться при решении данной задачи. Сейчас
я еще раз внимательно изучу условия и требования задачи, проана-
лизирую ситуацию, переструктурирую задачу и непременно смогу
найти закономерности, необходимые для решения».
Для других людей свойственна недооценка уровня сложности
предлагаемых задач, следствием чего становится невнимательное
изучение ими всех условий задачи. Быстро пробежав взглядом по
тексту задачи, они немедленно приступают к решению и успешно
решают задачу, но иногда оказывается, что при этом была решена
другая задача, а не та, которая была им предложена. Это произош-
ло из-за того, что при изучении содержания задачи некоторые из
условий остались незамеченными. Таким людям полезно на этапе
изучения содержания задачи постараться сознательно понизить
уровень уверенности в собственной проницательности и заставить
себя еще раз внимательно изучить все условия задачи. Кстати, эта
ошибка случается и у людей, относящихся к себе с достаточной
долей критичности, но если условие задачи им кажется знакомым,
то они уже начинают приступать к планированию действий по пре-
образованию заданной ситуации и при этом не замечают отличия
данной задачи от ранее решенной, кажущейся им аналогичной

Изменять уровень уверенности в правоте собственных рассуж-
дений полезно после завершения каждого этапа решения и после
получения ответа на задачу. Завершив некоторый этап логических
рассуждений, мы испытываем чувство удовлетворенности резуль-
татами собственной интеллектуальной деятельности. Это мешает
нам критически отнестись к результатам своего труда. Поэтому
надо сознательно понижать уровень уверенности в своих «выдаю-
щихся» успехах и повторно анализировать ход решения для поиска
возможной ошибки в логических рассуждениях.

Помните: сознательно регулируемые изменения уровня уве-
ренности в собственных силах полезно осуществлять на каждом
этапе решения задачи.

Вживаться в образ объекта,
использовать «метод маленьких человечков»

Интересным и иногда весьма эффективным приемом организа-
ции мыслительной деятельности является прием «Вживаться в об-
раз объекта», который заключается в одушевлении рассматривае-
мых объектов и процессов.

Прием «Вживаться в образ объекта» (иногда его называют ме-
тод «личной аналогии») состоит в том, что решающий пытается
рассмотреть предметы и процессы с точки зрения одного из этих
объектов. Например, решая задачу «Спортсмен и катер» про
спортсмена, который катается на водных лыжах, прикрепившись
к катеру тросом, можно самому представить себя сидящим в кате-
ре, и тогда становится значительно легче понять характер переме-
щений спортсмена относительно катера. Другой пример эффектив-
ности приема «Принятие роли объекта на себя» можно найти при
знакомстве с решением задачи «Грузы и блоки».

Разновидностью этого приема можно считать «Метод малень-
ких человечков» (ММЧ).

При использовании приема ММЧ предполагается представить
рассматриваемый объект как некоторое объединение маленьких
одинаково разумных человечков, ведущих себя определенным об-
разом.

Еще в 19 веке выдающийся физик О. Рейнольдс, один из созда-
телей теоретической гидродинамики, написал: «Жидкость можно
уподобить отряду солдат, ламинарное течение - четкому походно-
му строю, турбулентное беспорядочному движению. Скорость
жидкости и диаметр трубы - это скорость и величина отряда. Вяз-
кость - дисциплина, плотность - вооружение. Чем больше отряд,
чем быстрее маневры и чем тяжелее вооружение, тем раньше рас-
страивается порядок. И также в жидкости: турбулентность возни-
кает тем быстрее, чем она тяжелее, чем меньше вязкость и больше
скорость и чем больше диаметр трубы».

Благодаря применению метода ММЧ снимается психологиче-
ская инерция и фокусируется работа воображения, позволяя отчет-
ливее увидеть и представить заданную ситуацию в идеальном виде.
Иногда полезно представить себя в качестве одного из таких ма-
леньких человечков.

Рассмотрим пример решения задачи с использованием метода
ММЧ.

Задача 7.1. «Пробраться по параллельным». Докажите, что па-
раллельно соединенные проводники находятся под одинаковым
напряжением.

Возможное решение

Доопределим термины Электрический ток представляет собой
направленное движение заряженных частиц. Напряжение - это ве-
личина, численно равная работе электрического тока по перемеще-

12 Решение с южных и нес1анл.1ртны.х задач по фи »ике
нию единичного положительного заряда на данном участке элек-
трической цепи.

Представьте поток заряженных частиц как толпу маленьких
одинаковых человечков, движущихся в определенном направле-
нии. Предположим они все стремятся как можно быстрее пере-
браться на противоположный берег реки. Сделать это они могут,
только воспользовавшись любым из двух находящихся рядом мос-
тов. Один мост более узкий, другой - более широкий, при этом
упасть с моста невозможно, а ширина каждого такова, что по-
зволяет идти паралзельно нескольким человечкам. Но толпа чело-
вечков столь велика, что для прохода по мосту каждому человечку
требуется приложить определенное усилие.

Таким образом, аналогом электрического напряж ения высту-
пает работа, которую совершает один маленький человечек, про-
бираясь по мосту на противоположный берег.

Теперь представьте, что вы один из этих человечков. По како-
му мосту вы пойдете? Предположим, что вы решили идти по ши-
рокому мосту и направились к нему. Но если в какой-то момент,
удобный для изменения решения, вы заметите, что по узкому мос-
ту пройти легче, вы ведь измените решение?! Ио другие человечки
не глупее вас!

Наверно, вы уже готовы согласиться, что по более узкому
мосту будет идти меньшее количество человечков, по широкому —
большее, но при этом работа, котору ю должен будет затратить
каждый человечек, чтобы перебраться на другой берег, будет
одинаковой, независимо от того, по какому мосту он будет пере-
ходить.

Поэтому и напряжение на проводниках, включенных парал-
лельно, будет одинаковым.

Примечание: если вам не понравились рассуждения с солдата-
ми, то задачную ситуацию можно смоделировать так: в магазине
продают хороший товар по низкой цене. В магазин можно войти
либо в узкую дверь, либо в широкую. Возле каждой из дверей сто-
ит толпа потенциальных покупателей и т.д.

Попробуйте использовать ММЧ для решения следующих двух
задач.

Задача 7.2.С. «Скорость диффузии». Объясните, почему ско-
рость диффузии увеличивается с ростом температуры?
Задача 7.З.С. «Сбор нефтяных пятен» Один из методов унич-
тожения нефтяных пятен на поверхности моря основан на исполь-
зовании пористых гранул, не смачиваемых водой и хорошо впиты-
вающих нефть. Представив себя в качестве одной из гранул,
подумайте, что могло бы заставить вас собраться в определенном
месте, точнее возле устройства, собирающего гранулы, и предло-
жите метод, позволяющий быстро и эффективно собирать гранулы
с нефтью с поверхности воды.

Для решения следующей задачи будет полезен прием «Приня-
тие роли объекта на себя».

Задача 7.4.С. «Принц и кастрюля». В некотором царстве, не-
котором государстве жил-был царь. И было у него три дочери-
красавицы. Но не спешил заботливый и строгий отец выдавать до-
черей замуж за первых встречных царевичей-королевичей. Всех
сватовшихся заставлял царь выполнить три сложных-пресложных
задания, и все они терпели неудачу. Но однажды пришел во дворец
принц красавец-молодец. И выполнил он все три царских задания.
Рад царь-государь. Рады царевны-красавицы. А добру молодцу не
до радости. Пока он задания царские выполнял, все к царевнам
присматривался. И полюбилась ему не старшая, а самая младшая.
Но как сказать об этом царю, не обидев старших царевен? Пораз-
мыслив, принц обратился к царю с такими словами: «Нагадала мне
цыганка, что если понравится сразу несколько девушек, то надо
выбрать из них ту, у которой быстрее закипит вода в кастрюле».
Удивился царь этим словам, но велел растопить жарко-прежарко
печь, принести три одинаковые кастрюли, наполнить их одинако-
вым количеством воды одинаковой температуры и накрыть одина-
ковыми крышками. Предложил дочерям выбрать по кастрюле
и следить, когда в ней закипит вода...». Сказка, конечно же, закон-
чилась благополучно. Как вы думаете — почему? Подкуп слуг
и предварительный сговор исключаются!

Устроить мозговую атаку

Если после изучения условий и требований задачи или после
успешного завершения одного из этапов ее решения вы не можете
даже представить направление дальнейших логических действий
по преобразованию заданной ситуации, можно попробовать вос-
пользоваться приемом «Мозговая атака» («Мозговой штурм»), раз-
работанным в сороковых годах прошлого века.

Главная его идея состоит в разделении во времени этапа вы-
движения различных гипотез и этапа критической оценки этих
гипотез. Необходимость такого разделения продиктована стремле-
нием преодолеть психологическую инерцию, привычку к шаблон-
ному мышлению, поэтому на этапе выдвижения гипотез запреща-
езся всякая их критика.

Принцип, заложенный в этот прием, заключается в том, что
чем больше количество выдвинутых идей, тем больше вероятность,
что хотя бы одна из них окажется удачной. Поэтому на этапе вы-
движения идей следует выдвигать всевозможные, самые невероят-
ные, заведомо нереальные, фантастические и глупые, на первый
взгляд, гипотезы, и лишь после окончания этого этапа следует при-
ступать к этапу критической оценки каждой из выдвинутых гипо-
тез, в ходе которого гипотеза либо принимается, либо отвергается.

Первоначально «Мозговой штурм» рассматривался как прием
организации группового поиска решения задачи, однако оказалось,
что он полезен и при индивидуальном поиске решения.

Сменить условия работы

Смена условий работы может помочь лучше сосредоточиться
на решении задачи, по-новому взглянуть на исследуемый процесс,
обнаружить вычислительную или логическую ошибку. При выпол-
нении классной контрольной работы, в ходе сдачи экзамена или
выступления на предметной олимпиаде вы ограничены в своих
возможностях сменить условия работы. Но и здесь полезно ино-
гда изменять положение своего тела, поправлять осанку, наклон
головы, вытянуть или поджать ноги, сдвинуть стул, взять дру-
гую авторучку (карандаш), положить в рот плитку шоколада (пи-
рожок) и т.п.

В домашних же условиях возможностей для смены условий
работы еше больше. Можно прилечь или наоборот попробовать
ходить. Можно начать записывать на бумаге все свои рассуждения
или проговаривать их вслух. Некоторым помогает негромкая музы-
ка, впрочем, это уже можно отнести к следующему эвристическому
приему.
Переключиться на другие задачи,
на другой вид деятельности

Если вы почувствовали, что задача пока не поддается реше-
нию, то переходите к решению других задач или временно совсем
смените вид деятельности, отдохните. В то время как вы, казалось
бы. полностью переключаетесь на другой вид деятельности, в ва-
шем сошании продолжается поисковая деятельность по решению
нерешенной задачи, причем смена тематики очередной решаемой
задачи и, тем более, смена вида деятельности могут направить ва-
шу поисковую деятельность по новому пути, что может способст-
вовать отысканию необходимых закономерностей в исследуемых
процессах и объектах. В условиях сдачи письменного экзамена или
выступления на предметной олимпиаде можно даже без особой не-
обходимости заточить карандаш, посмотреть через окно вдаль, по-
следить за изменчивостью формы облаков или за воробьями на
ветках деревьев, подсчитать количество электроламп в комнате и
т.п. Можно вспомнить о чем-то приятном или пройтись по коридо-
ру, если это разрешено правилами. Вернувшись е решению задачи,
вы обнаружите, что некоторые трудности вами уже преодолены!

Краткие итоги главы 7

Верьте в себя!

Контролируйте себя. Прислушивайтесь к своим чувствам.
Регулируйте свою уверенность в собственных силах.

Вживайтесь в образ объектов.

Устраивайте «Мозговую атаку».

Создавайте комфортные условия для своей работы.

Временно переключайтесь на другие виды деятельности
и вновь возвращайтесь к решению проблемы.

Все у вас получится.
ПОДСКАЗКИ К ЗАДАЧАМ
ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ

К задаче 1.3. «Хитрая схема»

Замените два конденсатора емкостью по 2С, включенных по-
следовательно, на эквивалентный конденсатор емкостью С и учти-
те симметрию получившейся схемы.

К задаче 2.9. «Газ под поршнем»

1. Представьте, что к газу подвели незначительное количество
теплоты, при этом его температура изменилась на АГ.

2. Считайте, что объем газа равен V = х • 5.

3. Считайте, что выполняется закон Гука и давление равно
кх

4. Считайте, что деформация пружины мала, и работу пружины
(равную по модулю работе газа) можно вычислять по формуле
А = кх - Ах

5. Пренебрегайте малыми слагаемыми, содержащими произве-
дение двух или более приращений объема и давления.

К задаче 2.11. «Схема 2»

Общее сопротивление цепи равно 2,6 Ом.

К задаче 2.13. «Теплообмен в калориметре 2»

Будьте внимательны, в тексте задачи сказано: «теплоемкостью
калориметра пренебречь».

К задаче 2.14. «Дрова для костра»

Поскольку чая оказалось только 5 кг, следовательно, I кг рас-
таявшей воды превратился в пар.

К задаче 2.22.С. «Звездолет»

I. Релятивистскими эффектами можно пренебречь.
2. В восьми кубических парсеках находится одна звезда.

3. 1 и.к. ~ 3,23 световых лет.

К задаче 3.4 «Перезарядка конденсаторов 2»

Заряд, прошедший через источник, равен изменению заряда на
правом конденсаторе.

К задаче 3.6. «Художественный вымысел»

То, что происходит сейчас, является следствием того, что
было.

К задаче 3.10. «Масляная пленка и волны»

См. ответ или прочитайте роман Жюля Верна «Пятнадцатилет-
ний капитан».

К задаче 3.12. «Изогнутая трубка 1»

Сила давления вертикального столба жидкости, заставляющая
вытекать воду, прямо пропорциональна высоте вертикального
столба. Это можно представить и таким образом: сила, стремящая-
ся вернуть воду в горизонтальное положение, прямо пропорцио-
нальна смещению этой воды от положения равновесия, т.е. сила
имеет «квазиупругий» характер. Следовательно, время перелива-
ния жидкости будет равно четверти периода колебаний. Хотя, ко-
нечно, никаких колебаний не будет.

К задаче.3.14. «Маятник в электростатическом поле»

Электрическая сила постоянна, и она сообщает шарику допол-
нительное ускорение. Результирующее ускорение («эквивалентное
ускорение свободного падения») равно рашости ускорений, так как
сила тяжести и электрическая сила действуют на шарик в противо-
положных направлениях.

К задаче 3.20. «Колебания трубы в трубе»

Помимо кинетической энергии поступательного движения не-
обходимо учитывать кинетическую энергию вращательного дви-
жения трубы (см. задачу «Обруч»), поэтому закон сохранения энер-
гии следует записывать в виде: = ппб
К задаче 3.22. «Неполные колебания груза»

1. Начертите аналогичную окружность радиусом а.

2. Учтите, что период уменьшился в три раза, следовательно,
пружина не успевает полностью распрямиться, до того как проис-
ходит столкновение шарика с плитой.

К задаче 3.23. «Вспышки неоновой лампы»

1. Начертите аналогичную окружность радиусом, соответст-
вующим амплитудному значению колебаний напряжения, т.е.
ц,Т2.

2. Учтите, что неоновая лампа загорается независимо от по-
лярности на ее электродах.

Рис. З.ЗО.б.

К задаче 3.29. «Куб конденсаторов 1»

Учитывая симметричность схемы, ее можно привес ги к виду,
показанному на рис. 3.29.6.
К задаче 3.30. «Куб конденсаторов 2»

Учитывая симметричность схемы, се можно привести к виду,
показанному на рис. З.ЗО.б.

К задаче 3.31. «Куб конденсаторов 3»

Учитывая симметричность схемы, ее можно привести к виду,
показанному на рис. 3.31.6 , а затем исключить один из участков

К задаче 3.37. «Столкновение шайб»

Примените законы сохранения импульса и механической энер-
гии. Учтите геометрическое соотношение между скоростями (см.
рис. 3.37.6.).

К задаче.3.39.

«Скользящая гантель»

Воспользуйтесь законом сохране-
ния механической энергии и тем. что
скорость верхнего шарика относи-
тельно нижнего направлена перпен-
дикулярно стержню (см. рис 3.39.6.).

К задаче 3.42. «Встреча на стадионе»

Решайте по аналогии с задачей на обращение Земли и Мерку-
рия, не забудьте учесть изменение знака при изменении направле-
ния движения.

К задаче 3.50. «Сопротивление бесконечной решетки 2»

Обратите внимание, что омметр покатывает общее сопротив-
ление решетки.

К задаче 3.54.С. «Комета»

1. Взлетать надо с места, наиболее удаленного от центра ядра
кометы.

2. Энергию гравитационного взаимодействия рассчитывают по

I ,п\п^

формуле IV = -С—5
г

3. Воспользуйтесь принципом суперпозиции.

4. Для преодоления гравитационного поля кометы космиче-
скому кораблю достаточно развить такую стартовую скорость, что-
бы на большом (бесконечном) удалении от кометы его скорость
равнялась нулю.

К задаче 4.2. «Путь за пятую секунду»

1:3:5:7:9.

К задаче 4.4. «Топор Войны»

1. Дополнительные справочные данные можно взять в задаче 5.3.

2. Не забудьте учесть КПД костра.

К задаче 4.6. «Автомобиль и наклонное зеркало»

1. Изобразите на рисунке вид сверху и вид сбоку задачной си-
туации.

2. Найдите скорость, с которой автомобиль приближается
к линии пересечения плоскости зеркала с плоскостью поверхности
стола (см. вид сверху)

3. Найдите скорость, с которой автомобиль приближается
к плоскости зеркала (см. вид сбоку).

К задаче 4.8. «Ток после размыкания»

Перед размыканием напряжение на конденсаторе равно на-

пряжению на резисторе /?(. т.е. 1УС - Ц = /пл, = ——

К задаче 4.10. «Полет к Юпитеру»

Воспользовавшись третьим законом Кеплера, можно получить

, и

расчетную формулу: т = -ТЗЕМШ I- 1+-------

2 аЗЕМЛИ 7

К задаче 4.13. «Уровень воды в океане»

Плотность соленой воды больше плотности пресной воды,
а лед является замерзшей пресной водой.

К задаче 4.17. «Орлиный глаз»

1. Изображение предмета получается на сетчатке глаза.

2. Светочувствительные элементы сетчатки глаза (палочки
и колбочки) расположены на некотором расстоянии друг от друга.
К задаче 4.18. «Горизонтальность животных»

Вспомните свойство сообщающихся сосудов.

К задаче 4.21. «Молекула и поршень»

1. После столкновения с молекулой скорость поршня не изме-
нится.

2. Рассмотрите движение молекулы относительно неподвижно-
го поршня.

3. Проекция скорости молекулы на направление, параллельное
плоскости поршня, не изменяется.

4. Проекция скорости молекулы на направление, перпендику-
лярное плоскости поршня, не изменяется по модулю, но меняет
направление на противоположное.

5. Не забудьте вернуться в исходную СО.

К задаче 4.23. «Посеребренная линза»

1. Посеребренную поверхность линзы следует считать вогну-
тым зеркалом.

2. Оптическая сила данной системы равна сумме двух оптиче-
ских сил линзы (так как свет через нее проходит дважды) и оптиче-
ской силы вогнутого зеркала.

3. Оптическая сила вогнутого зеркала равна —.

„ п — 1

4. Оптическая сила плоско-выпуклой линзы равна % •

К задаче 4.24. «Зеркало с водой»

1. Вода, налитая в зеркало, является плоско-выпуклой линзой.

2. См. подсказки к задаче 5.10. «Посеребренная линза».

3. Лучи соберутся в фокусе системы, который равен Е - —.

К задаче 4.28. «Стремянка»

1. Сначала рассмотрите условие равновесия той части стре-
мянки, на которой нет человека.

2. Учтите третий закон Ньютона.
К задаче 4.30. «Сравнить сопротивления резисторов»

1. Найдите интервал допустимых значений сопротивления рео-
стата в каждом эксперименте.

2. Если интервалы допустимых значений сопротивления пере-
крываются, то нельзя говорить о различии измеренных значений.

К задаче 4.31. «Мощность лампы»

I Обратите внимание, что амперметр показывает силу тока
/, = 0,9 А , а не / , = 0,09 А .

2. Не забудьте округлять результаты вычислений.

3. Найдите интервал допустимых значений мощности лампы
с учетом погрешностей приборов.

К задаче 4.34. «Скользящая гантель»

Воспользуйтесь законом сохранения механической энергии
и тем, что продольные проекции скоростей обоих шариков равны.

К задаче 4.35. «Скорость центра масс»

1. Учитывая свойство нерастяжимости стержня, найдите ско-
рость шарика В.

2. Учтите, что массы шариков равны, и определите положение
центра масс этой системы.

3. Представьте скорость центра масс в виде суммы двух векто-
ров: скорости, направленной вдоль стержня, и скорости, направ-
ленной перпендикулярно.

4. Формула для расчета скорости центра масс системы точеч-
Е(Ц. /77,)

ных тел имеет вид: Ц,м = -- ---.

>. т1

5- =^со8а.

6- ^цм „„перечная = 4 8>П « " " 81П ₽).

К задаче 4.39. «Боцман на палубе»

Используйте направленные отрезки для изображения векторов
и закон сложения скоростей при переходе из одной системы отсче-
та в другую.
К задаче 4.47. «Заряд у плиты»

Замените силу взаимодействия шарика с плитой на силу взаи-
модействия шарика с его «зеркальным» отражением.

К задаче 4.51. «Вольт-амперные характеристики»

Вспомните определение сопротивления.

К задаче 4.53. «Поиск ускорений»

1. Ускорения можно найти по тангенсу угла наклона касатель-
ных.

2. Постройте касательные к линии графика в тех точках, где
возможны максимальные или минимальные значения углов накло-
на касательных.

3. При вычислениях обратите внимание на масштабы шкалы
времени и шкалы скорости.

К задаче 4.55. «Графики скорости»

1. Сравните площади под гра-
фиками скорости.

2. Площадь под графиком пер-
вого тела больше площади под гра-
фиком второго тела на площадь
треугольника; если продолжить
графики, то путь, пройденный пер-
вым телом за следующие 5с, будет
меньше пути, пройденного вторым
телом, на величину «равную»
площади такого же треугольника.

К задаче 4.56. «Работа газа за цикл»

1. Если линия графика направлена против направления оси
абсцисс, то «площадь» следует считать отрицательной. Поэтому
работу газа за цикл следует вычислять по площади, ограниченной
линиями графика.

2. 1 л = 1 <1мч = 10 ’м\

К задаче 4.58. «Круговой цикл 1»

Площадь кр) га вычисляют по формуле тг/?2, при этом необхо-
димо учесть, что работа должна измеряться в Дж .
К задаче 4.61. «Закон нечетных чисел 3»

См. рис. 4.61.

К задаче 4.63. «Удар»

1. Используйте закон изменения импульса.

2. Нарисуйте график зависимости силы от времени. Выясните,
чему равна площадь под линией графика этой зависимости.

К задаче 4.66. «Нагрев смеси»

1. Когда будете строить график зависимости температуры от
времени, начинайте с момента времени, равного 32 с (последний
раз, когда была записана температура 0°).

2. Обратите внимание на то, что последние три эксперимен-
тальные точки лежат на одной прямой, следовательно, участок
графика нагрева образовавшейся воды будет отрезком прямой.

К задаче 4.69. «Хитрый процесс»

< гл . _ 1а

1. Процесс 1-2 изобарный, так как — = —, где а - некоторое
число.

2. Июбразите график процессов в р- V координатах.

3. Используйте первый закон термодинамики для получения
расчетного уравнения для т и 3.

К задаче 4.71. «Круговой цикл 2»

Проведите линии изобар, изотерм и изохор, касательные к ли-
нии графика.

К задаче 5.4. «Плоский четырехугольник»

С начала разбейте четырехугольник на два треугольника, потом
еще раз на два других треугольника.

К задаче 5.11. «Гантель 2»

I. Рассмотрите сначала только столкновение пластилина и од-
ного шарика.

2тг К

2. Период обращения равен Т ---.

V
вр
К задаче 5.14. «Изогнутая трубка 2»

Разбейте процесс на две части: вытекание из вертикальной час-
ти (см. задачу 3.12 «Изогнутая трубка 1») и равномерное движение
по горизонтальному участку.

К задаче 5.21 .С. «Давление веревки»

Поскольку веревка идеально гибкая, то нижние ее части не
поддерживают верхние, поэтому скорость вертикальной части ве-
ревки в любой момент можно найти как скорость свободно падаю-
щего тела.

К задаче 5.42. «Конденсатор с диэлектриком 3»

Сразу вносить разделяющую
проводящую пластину вдоль линии
границы раздела диэлектрик-воздух
нельзя (см. рис 5.42.г.), так как в об-
ласти пространства, где помещается
новая пластина, на границе воздух-
воздух потенциал будет отличным от

потенциала на границе диэлектрик-

воздух. Поэтому следует сначала отделить части обкладок, между
которыми нет диэлектрика, а затем уже вводить разделяющие пла-
стины (см. рис 5.42.Д.).

К задаче 5.47. «Подъем монеты»

Проще поднять монету в горизонтальном положении на высоту
/? над поверхностью верхней жидкости, а затем развернуть ее

К задаче 5.59.

«Резистор, вольтметр, амперметр»

Сначала выразите сопротивление вольт-
метра через сопротивление амперметра.

К задаче 5.60.

«Бесконечная цепь конденсаторов 1»

Эквивалентная схема может иметь вид,
показанный на рис 5.60.6.

4С

Рис. 5.60.6.
Рис. 5.62.6.

К задаче 5.62.
«Разветвленная цепь»

Эквивалентная схема может
иметь вид, показанный на рис 5.62.6.

общ

Рис. 5.65.6.

К задаче 5.63.

«Бесконечная цепь конденсаторов 2»

Эквивалентная схема может иметь вид,
показанный на рис 5.65.6.

К задаче 5.64.

«Бесконечная цепь резисторов 2»

Уберите самый первый резистор и най-
дите сопротивление оставшейся части.

К задаче 5.67.

«Луч, выходящий из линзы 2»

Замените луч выходящий на луч входящий и воспользуйтесь
вспомогательным лучом, проходящим через центр линзы.

К задаче 5.69. «Торможение»

Используйте «закон нечетных чисел», а также обратимость
равноускоренного и равнозамедленного движений.

К задаче 6.3. «Сложное соединение конденсаторов»

К задаче 6.12. «Спортсмен и катер, проверка»

Пусть а = 180°, р = 0°

К задаче 6.19. «Три резистора»

Попробуйте перебрать все возможные варианты подключения
резисторов.

К задаче 6.22. «Бесконечная цепь конденсаторов 1»

Вычисляйте поочередно общую электроемкость для одного,
двух трех, четырех и т.д. звеньев, до тех пор, пока не придете к вы-
воду о приблизительном значении общей емкости при бесконечно
большом количестве звеньев.

К задаче 6.29. «Лед и пар 2»

См. задачу 6.23. «Лед и пар 1» и ЭАП «Предварительная оцен-
ка окончания процессов».

К задаче 6.30. «Лед и пар 3»

См. задачу 7.23. «Лед и пар 1» и ЭАП «Предварительная оцен-
ка окончания процессов».

К задаче 6.31.С. «Торможение поезда»

I. Выразите скорость в м/с.

2. Выразите время в секундах.

3. Вычислите время торможения.

К задаче 7.2. «Скорость диффузии»

I. Представьте молекулы одного вещества в виде толпы ма-
леньких человечков в белых пиджаках, а рядом с этой толпой тол-
пу маленьких человечков в черных пиджаках. Эти человечки не-
прерывно движутся.

2. Вспомните, как изменяется скорость движения частиц веще-
ства при увеличении температуры.

К задаче 7.3. Сбор нефтяных пятен»

1. Представьте себя на месте гранулы. В каком случае вы попа-
дете туда, куда вас позовут?

2. В состав гранул можно чего-нибудь добавить.

К задаче 7.4. «Принц и кастрюля»

1. Подумайте, как влияет частота открывания крышки на ско-
рость нагрева находящейся в ней воды.

2. Подумайте, кто из сестер больше всего хочет замуж.
ОТВЕТЫ К ЗАДАЧАМ
ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ

К задаче 1.3. «Хитрая схема»

Заряд конденсатора, включенного последовательно с источни-
ками тока, равен </ = 1,5Се. На всех остальных конденсаторах ем-
костями С и 2С заряд будет 0,75Се . Конденсатор 4С останется не-
заряжен.

К задаче 2.9. «Газ под поршнем»

С = 2П.

К задаче 2.11. «Схема 2»

/,,=5 А, /<2=4 А, /лз = 1 А, Ц.,=Ц.2=5 В.

К задаче 2.13. «Теплообмен в калориметре 2»

К задаче 2.14. «Дрова для костра»

О, 7194800
----=--------------кг ~ 6 кг.
т] д 0,01•12000000

К задаче 2.22. «Звездолет»

Примерно 100 лет.

К задаче 3.4 «Перезарядка конденсаторов 2»
е=с^2.

К задаче 3.6. «Художественный вымысел»

Принцип причинности.

К задаче 3.10. «Масляная пленка и волны»

Поверхностные силы, действующие вдоль обеих поверхностей
масляной пленки, стремятся препятствовать увеличению площади
поверхности пленки, вызываемому прохождением под пленкой волн.
К задаче 3.12. «Изогнутая трубка 1»

К задаче 3.14. «Маятник в электростатическом поле»

К задаче 3.20. «Колебания трубы в трубе»

,2(7?-г)

Т = 2п --------

К задаче 3.22. «Неполные колебания груза»

На расстоянии 0,5 а.

К задаче 3.23. «Вспышки неоновой лампы»

Лампа будет гореть половину периода.

К задаче 3.29. «Куб конденсаторов 1»

К задаче 3.30. «Куб конденсаторов 2»

12с

К задаче 3.31. «Куб конденсаторов 3»

0,7 5С.

К задаче 3.37. «Столкновение шайб»

К задаче 3.39. «Скользящая гантель»

Скорость верхнего шарика V) = К1пал/2^А(1 - сока), скорость
нижнего шарика г», = сок а ^2^1(1 - сока).
К задаче 3.42. «Встреча на стадионе»

Через 5 мин, через Зч 45мин. Не изменится.

К задаче 3.50. «Сопротивление бесконечной решетки 2»

3,6 Ом.

К задаче 3.54.С. «Комета»

V = у]30Спр К.

К задаче 4.2. «Путь за пятую секунду»

72 м.

К задаче 4.4. «Топор Войны»

154 кг.

К задаче 4.6. «Автомобиль и наклонное зеркало»

2(г|-81пр + н)81па.

К задаче 4.8. «Ток после размыкания»

Ток не изменится и будет равен / =--.

К задаче 4.10. «Полет к Юпитеру»

Примерно пять с половиной лет.

К задаче 4.13. «Уровень воды в океане»

Уровень воды в мировом океане повысится.

К задаче 4.17. «Орлиный глаз»

Светочувствительные элементы сетчатки глаза орла располо-
жены значительно ближе друг к другу, чем в человеческом глазу.

К задаче 4.18. «Горизонтальность животных»

В сообщающихся сосудах давление жидкости на одном уровне
одинаково, поэтому- сердцу, расположенному на одном уровне
с мозгом, не потребуется создавать дополнительное давление.
К задаче 4.21. «Молекула и поршень»

Если поршень движется навстречу молекуле, то ее скорость
после столкновения равна = ^п2 + 4г/2 + 4г,’(|г/соха, если направ-
ления скорости молекулы и поршня примерно совпали, то
после удара молекула будет двигаться со скоростью

п2 = ^п2 + 4г/2 - 4г.’(|г/ сов а.

К задаче 4.23. «Посеребренная линза»

К задаче 4.24. «Зеркало с водой»

л- = 75 см.

К задаче 4.28. «Стремянка»

сх

Под углом Р = 90-у.

К задаче 4.30. «Сравнить сопротивления резисторов»

Поскольку 5,1 Ом < /?, < 5,4 Ом, а 4,7 Ом < /?, < 5,2 Ом, то
нелыя утверждать, что сопротивления реостата отличаются. Т.е.
надо считать, ч го /?, = /?2.

К задаче 4.31 «Мощность лампы»

Даже если приборы абсолютно точные, то все равно нельзя
пренебрегать погрешностью, которая возникает при округлении
приборами измеряемых значений величин. Очевидно, что погреш-
ность округления не превышает половины цены деления мини-
мального разряда числа, высвечиваемого на экранах приборов, сле-
довательно, погрешность округления амперметра равна 0,05 А,
а погрешность округления вольтметра равна 0,05 В. Значит, мини-
мальный интервал допустимых значений мощности лампы равен
3,2 Вт < Р < 3,7 Вт. Если считать, что погрешность приборов равна
единице минимального разряда числа, высвечиваемого на экране,
то получаем, что интервал допустимых значений мощности лампы
равен 3,0 Вт < Р <3,9 Вт (еще большая погрешность приборов ма-
ло вероятна). Таким образом, можно сделать вывод, что первый
ученик дал неправильный ответ. Ответы остальных учеников
удовлетворяют установленному интервалу значений мощности
лампы, но третий ученик, сказавший, что мощность лампы равна
Р - 3,42 Вт, тоже неправ, так как по правилам округления в отве-
те не должно быть более двух значащих цифр (напряжение измере-
но с точностью до двух значащих цифр, а сила тока даже с одной
значащей цифрой). Еще более корректным был бы ответ учащегося,
который указал бы весь интервал допустимых значений мощности.

К задаче 4.34. «Скользящая гантель»

Скорость верхнего шарика г, = 81п ау]2^Ь(\ - сока), скорость
нижнего шарика V, = со8а^/2^Е(1 - сова).

К задаче 4.35. «Скорость центра масс»

ццм = >/со82 а(4 +1§2 р) + 81п2а -8ш2а - 1§р.

К задаче 4.39. «Боцман на палубе»

гв = \1и2 + V2 - 2г/гсо8а, пв = у] и2 + V2 -у/2-ир.

К задаче 4.47. «Заряд у плиты»

Л<72
щ = —----------------.

Ц*а(1 - 81п а)‘

К задаче 4.51. «Вольт-амперные характеристики»

/?2 >/?,.

К задаче 4.53. «Поиск ускорений»

Наименьшее ускорение у тела было на 16-й секунде своего
движения, и оно равнялось примерно 0,125 м/с2.

Наибольшее ускорение у тела было на 8-й секунде своего дви-
жения, и оно равнялось примерно 1 м/с2.

К задаче 4.55. «Графики скорости»

За первые 5 с больший путь пройдет первое тело. Через 10 с
пути, пройденные телами, будут одинаковы.
К задаче 4.56. «Работа газа за цикл»

А — 6 МДж.

К задаче 4.58. «Круговой цикл 1»

А = Апах - РтП )(^тах - ^т.п )•

К задаче 4.61. «Закон нечетных чисел 3»

См. подсказку к задаче.

К задаче 4.63. «Удар»

. Ргтх~^ .. _ Ртах^

ит=и0 +------- и ьм

т М

К задаче 4.66. «Нагрев смеси»

8,4%.

К задаче 4.69. «Хитрый процесс»

023=|у/?(т;-гг) =

= -—уК1\ = -3 кДж.

К задаче 4.71. «Круговой цикл 2»

См. рис. 4.71.6.

К задаче 5.4.
«Плоский четырехугольник»

Рис. 5.4.6.
К задаче 5.11. «Гантель 2»

V»
К задаче 5.14. «Изогнутая трубка 2»

К задаче 5.21.С. «Давление веревки»

г =5т§———, где и - высота вертикальном части веревки.

| поэтому /^ =3т§.

(( К задаче 5.42.

«Конденсатор с диэлектриком 3»

—| I— Эквивалентная схема может иметь

вид, изображенный на рис. 6.38.в. Ем-
2 + Юе_

Рис 5 40 в кость конденсатора равна С ---------Со.

6 +Зе

К задаче 5.47. «Подъем монеты»

А - • 0,4/? - р2^л:/?2 - 0,6/?.

К задаче 5.59. «Резистор, вольтметр, амперметр»

Ц, =100 в.

К задаче 5.60. «Бесконечная цепь конденсаторов 1»

Электроемкость батареи конденсаторов равна
С)кв = С(О,5д/Го - I).

К задаче 5.62. «Разветвленная цепь»

^ОБЩ = 4/?-

К задаче 5.63. «Бесконечная цепь конденсаторов 2»

Электроемкость батареи конденсаторов равна
Сэкв = С(1 + л/5)»3,2С.
К задаче 5.64. «Бесконечная цепь резисторов»

„ 1 + V 5

^общ - П- 7=

З + у/5

К задаче 5.67.
«Луч, выходящий из линзы 2»

А - (2т - 0,5(р, +р2 +

К задаче 5.69. «Торможение»

50 см.

К задаче 6.3. «Сложное соединение конденсаторов»

Соб.ц=18 МкФ-

К задаче 6.12. «Спортсмен и катер, проверка»

Конечно, эта формула правильная, ведь она была получена
двумя разными способами.

К задаче 6.19. «Три резистора»

I 2 3

Четыре значения: — К , —К, —К, 3/?.

3 3 2

К задаче 6.22. «Бесконечная цепь конденсаторов 1»

СОБщ ~0,581С. (Использование для решения этой задачи прие-
ма «Выразить неизвестное частично через себя» приводит к ответу
СОБЩ = (0,5-710 - 1)С (см. ответ к задаче 5.57.) Но легко убедиться,
что ответы совпадают с точностью до тысячных долей.)

К задаче 6.29. «Лед и пар 2»

В калориметре будет 268 г воды и 32 г пара при 100 °С.

К задаче 6.30. «Лед и пар 3»

В калориметре будет 66 г воды и 454 г льда при 0 °С.

К задаче 6.31 .С. «Торможение поезда»
К задаче 7.2. «Скорость диффузии»

См. подсказку к этой задаче.

К задаче 7.3. Сбор нефтяных пятен»

В состав гранул добавляют железо или другие ферромагнитные
вещества, затем эти гранулы вместе с впитавшейся в них нефтью
собирают магнитом.

К задаче 7.4. «Принц и кастрюля»

Старшая из сестер больше хотела выйти замуж, поэтому чаше
поднимала крышку кастрюли.

Младшая поднимала меньше всех, поэтому именно в ее каст-
рюле вода быстрей всего нагрелась до температуры кипения.
СПИСОК ИСПОЛЬЗОВАННОЙ
И РЕКОМЕНДУЕМОЙ ЛИТЕРАТУРЫ

1. Альтов Г. С. И тут появился изобретатель: Научно-попу-
лярная книга. - М., 1984.

2. Беликов Б.С. Решение задач по физике. - М., 1986.

3. Бубликов С.В., Кондратьев А.С. Методологические основы
решения задач по физике в средней школе. — СПб., 1996.

4. Бубликов С В. Степень детализации физической модели И
Учебная Физика. - 2000, № 1.

5. Бубликов С.В. Методика изучения колебаний пружинных
маятников: Пособ. для учителей. - СПб., 1998.

6. Буздин А.И., Зизьберман А.Р., Кротов С.С. Раз задача, два
задача... - М., 1990.

7. Бурсиан Э.В. Физика 100 задач для решения на компьюте-
ре: Учебное пособие. - СПб., 1997.

8. Бутиков Е.И., Быков А.А.. Кондратьев А.С. Физика для по-
ступающих в вузы. — М„ 1976, 1989, 1991

9. Бутиков Е.И., Быков А.А.. Кондратьев А.С. Физика в при-
мерах и задачах. - М„ 1989; - СПб., 1999.

10. Буховцев Б.Б., Кривченков В.Д, Мякишев В.Я., Сараева И.М.
Сборник задач по элементарной физике. - М., 1987.

11. Всероссийские олимпиады по физике. 1992-2001 / Под ред.
С.М. Козела, В.П. Слободянина. - М., 2002.

12. Гельфгат И.М., Генденштеин Л.Э., Кирик Л.А. 1001 задача
по физике с ответами, указаниями, решениями. - М., 2005.

13. Гольдфарб Н.И. Сборник вопросов и задач по физике. -
М., 1983.

14. Демкович В.П., Прайс.ман Н.Я. Приближенные вычисления
в школьном курсе физики. - М„ 1983.

15. Задачи московских физических олимпиад / Под ред.
С.С. Кротова. — М., 1988.

16 Задачи по физике. Под. ред О Я. Савченко. - М., 1988.

17. Злотин Б.Л., Зусман А.В. Изобретатель пришел на урок. -
Кишинев, 1989.
18. Зайдель А.Н. Элементарные оценки ошибок. - Л., 1965.

19. Измерение физических величин. Элективный курс: Учеб,
пособие / С.И. Кабардина, Н.И. Шеффер. Под ред О.Ф. Ка-
бардина. - М., 2005.

20. Ильясов И.И. Система эвристических приемов решения за-
дач. - М., 1992.

21. Каменецкий С.Е., Солодухин И.А. Модели и аналогии
в курсе средней школы. - М., 1982.

22. Кассандрова О.И., Лебедев В.В. Обработка результатов на-
блюдений. М., 1970.

23. Кондратьев А.С. Физическое понимание и его уровни И
Вестник Северо-Западого отделения РАО. Вып.2 СПб,
1997.

24. Кондратьев А.С., Лаптев В.В. Задачи по физике. Оптика.
Релятивистская и квантовая физика: Учебное пособие.
СПб., 1996.

25. Кондратьев А.С., Лаптев В.В. Трофимова С.Ю. Физиче-
ские задачи и индивидуальные пути образования: Научно-
методическая разработка. - СПб., 1996.

26. Кондратьев А.С., Ляпцев А.В. Физика. Задачи на компью-
тере - М., 2008.

27. Кондратьев А.С., Ситнова Е.В. Парадоксальность физиче-
ского мышления: Монография. - СПб., 2007.

28. Кондратьев А.С., Уздин В.М. Физика: Сборник задач. - М.,
2005.

29. Кондратьев А.С., Филиппов М.Э. Физические задачи ма-
тематическое моделирование реальных процессов. - СПб.,
2001.

30. Красин М.С.. Куликов А.Н. Некоторые приемы решения за-
дач по физике. - Калуга, 2000.

31. Красин М.С. Система эвристических приемов решения за-
дач по физике. - Калуга, 2005.

32. Красин М.С. Милъман О.О. Оценка погрешности измере-
ний при обработке результатов школьного физического
эксперимента. - Калуга, 2006.

33. Меледин Г.В. Физика в задачах: Экзаменационные задачи с
решениями: Учебное пособие. М., 1985.

34. Методические рекомендации к использованию принципа
относительности в курсе физики средней школы/ Состави-
ИЛЕКСА

М.С. Красин

Решение сложным
и нестандартным
задач по физин<-

Эвристические приемы
поиска решении

18ВЫ 978-5-89237-268-8

9 "785892 3726881