Сайт викладача фізики

Про методику розв’язування задач фізики

Надважливою складовою будь якої системи освіти і будь якої системи знань, є вміння застосовувати цю освіту і ці знання на практиці. В фізиці ж, це вміння визначально формується шляхом розв’язування задач. Формуванню цих вмінь і присвячена представлена на цій сторінці серія взаємопов’язаних та взаємодоповнюючих навчально-методичних робіт, складовими якої є:

1. Загальні зауваження що до методики розв’язування задач фізики.
2. Кінематичний метод розв’язування задач.
3. Силовий метод розв’язування задач.
4. Імпульсно-енергетичний метод розв’язування задач.
5. Графічний метод розв’язування задач.
6. Взаємозамінність та взаємодоповнюваність методів розв’язування задач.

Загальні зауваження щодо методики розв’язування задач фізики

Зміст

1. Пояснювальна записка.
2. Загальні зауваження що до методики розв’язування задач фізики.
3. Післямова, або про малоприємне.

Пояснювальна записка

Дана навчально-методична робота починає серію взаємопов’язаних та взаємодоповнюючих робіт, присвячених методиці розв’язування задач фізики. Складовими ж цієї серії є:

1. Загальні зауваження що до методики розв’язування задач фізики.
2. Кінематичний метод розв’язування задач.
3. Силовий метод розв’язування задач.
4. Імпульсно-енергетичний метод розв’язування задач.
5. Графічний метод розв’язування задач.
6. Взаємозамінність та взаємодоповнюваність методів розв’язування задач.

Відразу ж зауважимо, що аналіз методів розв’язування задач фізики, ми будемо проводити на прикладі задач ньютонівської механіки, а точніше – механіки матеріальної точки (механіки поступального руху). І це закономірно, адже саме з механіки починається системне вивчення фізики, і саме в механіці учні вчаться мистецтву розв’язування задач, а по суті мистецтву логічного мислення та застосування теоретичних знань на практиці. А треба сказати, що навчитися цьому мистецтву ой як не просто. Не просто бодай тому, що задачі фізики суттєво відрізняються від тих задач, з якими ви маєте справу, наприклад в математиці.

Скажімо, коли в математиці вам говорять, що рівняння виду ах² + bx + c = 0 називається квадратним рівнянням, і що в загальному випадку воно має два рішення: x_1,2 = [–b ± √(b²–4ac)]/2a, то вчителю достатньо розв’язати два, три подібних рівняння, щоб в подальшому ви змогли самостійно розв’язувати будь-яку їх кількість.

З задачами фізики ситуація складніша. Наприклад, ви розв’язуєте задачі на визначення середньої швидкості, тобто на застосування формули v_с = s/t.  Не важко бачити, що ця формула надзвичайно проста. У всякому разі, значно простіша за x_1,2 = [–b ± √(b² – 4ac)]/2a. Та от парадокс. Ви можете скільки завгодно знати цю формулу і не вміти розв’язувати задачі на визначення середньої швидкості. Навіть після того, як вчитель розв’яже вам п’ять, десять ба навіть сто подібних задач, нема гарантії того, що задана вам сто перша задача буде розв’язана.

І справа не в тому що ви забули формулу v_с = s/t. Справа в іншому: в фізиці, головне не формули, а вміння логічно мислити. Ви можете скільки завгодно «зазубрювати» правильні формули і навіть зазубрити їх, але якщо за цими формулами ви не будете бачити реальних об’єктів і подій, то всі ваші зусилля будуть марними – ви не будете знати, розуміти і любити фізику.

Якщо ж ви дійсно хочете навчитися розв’язувати задачі фізики, а по суті навчитися логічно мислити, то маєте усвідомити: це не можливо зробити просто спостерігаючи за тим як розв’язує задачі вчитель. Скажімо, ви хочете навчитися грати в хокей. Для цього наймаєте тренера і він пояснює вам всі нюанси цієї гри. Пояснює день, два,…., місяць,….рік. Ви схвально киваєте головою і вам все зрозуміло. Але якщо ви думаєте, що через рік такого навчання, ви станете класним хокеїстом, то неминуче помиляєтесь. Навчитися грати в хокей, просто спостерігаючи за тим як це роблять інші – неможливо. Для того, щоб стати хокеїстом, потрібно взувати ковзани, брати в руки ключку, виходити на лід і …. падати…, вставати…, знову падати і знову вставати, тобто вчитися грати в хокей. І якщо поруч буде фаховий тренер, то процес навчання буде успішним та ефективним.

Вчитель, це той же тренер. Без його допомоги навчитися розв’язувати задачі надзвичайно важко, але можливо. А от що дійсно неможливо, так це навчитися розв’язувати задачі не розв’язуючи їх самостійно.  І якщо на шляху опанування мистецтвом розв’язування задач, вас будуть переслідувати труднощі і помилки, знайте, ще нікому не вдавалося  пройти цей шлях без труднощів і помилок. Але якщо ви будете наполегливими і кмітливими, то вас неминуче очікує успіх. І ви не лише будете знати фізику, а й безумовно полюбите цю найвеличнішу і найпрекраснішу з наук.

Загальні зауваження щодо методики розв’язування задач фізики.

Різноманіття фізичних задач таке величезне, що практично не можливо сформулювати ті універсальні рекомендації, реалізація яких гарантовано забезпечувала б правильне рішення будь-якої задачі.  І тим не менше існує певний загально прийнятий порядок (алгоритм) розв’язування задач, який є тією методологічною основою, на базі якої можна розв’язати переважну більшість задач фізики. Цей алгоритм є наступним.

1. Уважно (бажано декілька разів) прочитати умову задачі і детально розібратися в суті відповідної задачі. Не буде перебільшенням сказати, що успішність рішення задачі на 50% залежить від того, настільки уважно ви прочитали її умову, настільки точно зрозумієте фізичну суть цієї умови, настільки правильно зрозумієте суть поставлених в задачі запитань.
2. Зробити стислий запис умови задачі, зазначивши в ньому всі суттєві моменти цієї умови.
3. Проаналізувати розмірності заданих фізичних величин і за необхідності привести ці розмірності до загальноприйнятої системи одиниць (СІ).
4. Виконати малюнок, який графічно відображає умову задачі і допомагає представити її фізичну суть. Для очевидно простих задач, виконання цього пункту не є обов’язковим. Але в будь-якому випадку, графічне представлення умов конкретної задачі є надзвичайно корисним. Якщо ж рішення задачі передбачає додавання векторних величин, то в цьому випадку, малюнок є обов’язковим. Адже без такого малюнку це рішення не має сенсу.
5. Провести теоретичний аналіз задачі. Цю частину розв’язку задачі зазвичай називають рішенням або розв’язком. Суть теоретичного аналізу (рішення) задачі полягає в тому, що на основі відомих базових формул (зазвичай цими базовими формулами є визначальні рівняння фізичних величин і математичні формулювання фізичних законів) та логічних міркувань, отримують відповідне розрахункове рівняння.

Розрахункове рівняння, це отримана в процесі рішення задачі формула, в якій з одного боку   знаходиться величина, значення якої потрібно визначити, а з іншого – відомі величини. Потрібно підкреслити: Розрахункове рівняння це та формула, яку ви повинні не списати, наприклад з аналогічної задачі, а теоретично вивести на основі аналізу умов даної задачі та відомих базових формул.  Звичайно, в дуже простих задачах, розрахункове рівняння може співпадати з базовою формулою. Наприклад.

Задача 1. Відстань 100км автомобіль проїхав за 2год. Визначити середню швидкість автомобіля.

Дано:

s = 100км

t = 2год

v_c = ?

Рішення. За визначенням v_c = s/t.

Розрахунки: v_c = 100км/2год = 50км/год.

Відповідь: v_c = 50км/год.

Ясно, якщо ви будете орієнтуватись на розв’язування лише подібних, гранично простих задач, то користі від такого навчання буде не багато.

Загальні зауваження. Виконуючи теоретичний аналіз (рішення) задачі, ви повинні не лише записувати голі формули, а й робити відповідні письмові коментарі до них. Звісно, ці коментарі мають бути максимально стислими, але такими, що чітко відображають логіку ваших міркувань. Наприклад: Виходячи з того, що ….   та враховуючи, що……     можна записати …;  Або:  Оскільки …   ,    то …

6. Методом аналізу розмірностей, перевірити правильність розрахункового рівняння. Необхідність такої перевірки обумовлена тим, що в процесі теоретичного аналізу та математичних перетворень, ви можете зробити певні помилки і отримати відповідно неправильне розрахункове рівняння. Наприклад, якщо ваше розрахункове рівняння має вигляд v_с = (v₁+v₂)/v₁v₂, то це рівняння принципово неправильне. Неправильне тому, що в ньому, розмірність тієї величини яка зліва [v_c] = м/с не співпадає з розмірністю тієї величини яка стоїть справа [(v₁+v₂)/v₁v₂] = (м/с + м/с)/(м/с)∙(м/с) = (м/с)/(м/с)² = 1/(м/с) = с/м. Висновок: формула v_c = (v₁+v₂)/v₁v₂ принципово хибна. А це означає, що в процесі виведення цієї формули ви припустились певних помилок. Якщо ж ваше розрахункове рівняння має вигляд v_c = v₁v₂/(v₁+v₂), то таке рівняння принципово правильне, адже [v₁v₂/(v₁+v₂)] = м/с = [v_c].

Звісно, метод аналізу розмірностей не дає сто відсоткової гарантії того, що отримане вами розрахункове рівняння є безумовно правильним. Наприклад, цей метод не дозволяє відрізнити формулу v_c = v₁v₂/(v₁+v₂), від формули v_c = 2v₁v₂/(3v₁+v₂). Однак як правило, практичне застосування методу аналізу розмірностей є надзвичайно ефективним і корисним.

7. Виконати математичні розрахунки, тобто підставити числові значення відомих величин в розрахункове рівняння і виконавши відповідні розрахунки, отримати числове значення невідомої величини.

На практиці, етап перевірки правильності розрахункового рівняння, часто поєднують з етапом математичних розрахунків. Для цього в процесі розрахунків виконують відповідні дії не лише над числовими значеннями величин, а й над одиницями їх вимірювання. Але, якщо визначальне рівняння складне, або складається з багатьох різновимірних  одиниць, то перевірку правильності цього рівняння доцільно виконувати окремо.

8. Проаналізувати достовірність отриманої відповіді. Це означає, що отриману відповідь потрібно проаналізувати на предмет її відповідності очікуваному результату.

Справа в тому, що вже на етапі «Уважно прочитати умову задачі», ви повинні мати певне уявлення про очікуваний результат її  розв’язку. Наприклад, якщо за умовою задачі на першій ділянці шляху, тіло рухалося з швидкістю 10м/с, а на другій – зі швидкістю 20м/с, то абсолютно очевидно, що середня швидкість тіла на всьому шляху не може бути меншою за 10м/с, і більшою за 20м/с. Тому якщо в результаті рішення задачі ви отримали v_с = 8м/с,  або  v_с = 23м/с, то ясно, що така відповідь є неправильною. А це означає, що на певному етапі розв’язку задачі ви зробили помилку.

До речі, та формула, яку ми аналізували  v_с = v₁v₂/(v₁+v₂) і яка успішно пройшла перевірку методом аналізу розмірностей, на справді не є правильною. Адже для v₁ = 10м/с;  v₂ = 20м/с,  вона дає результат v_с = 6,67м/с.

Якщо на тому чи іншому етапі розв’язку задачі з’ясується, що отриманий результат є неправильним, то ви повинні ще раз уважно проаналізувати попередні етапи та з’ясувати на якому з них зроблена помилка і виправити її.

9.Записати відповідь.

Таким чином, алгоритм розв’язку задачі коротко можна представити у вигляді наступної послідовності дій:

1. Уважно прочитати умову задачі.
2. Зробити стислий запис цієї умови (Дано).
3. Проаналізувати розмірності заданих фізичних величин.
4. Виконати малюнок, який відображає фізичну суть задачі (за необхідності).
5. На основі теоретичного аналізу умови задачі і базових формул, вивести

розрахункове рівняння (Рішення).

6. Перевірити правильність розрахункового рівняння (Перевірка).
7. Виконати розрахунки (Розрахунки).
8. Проаналізувати достовірність отриманої відповіді.
9. Записати відповідь (Відповідь).

Звісно, далеко не кожну задачу можна і потрібно розв’язувати строго дотримуючись вище заданого алгоритму.  Але в загальних рисах, цей алгоритм є достатньо універсальним та ефективним. І якщо розв’язуючи конкретні задачі ви будете його дотримуватись, то рано чи пізно переконаєтесь в цьому.

Ілюструючи вище описану методику розв’язування задач, а за одно і факт того, що в фізиці, задачі на просту формулу v_c = s/t, можуть бути не простими, розв’яжемо кілька конкретних задач.

Задача 2. Першу половину шляху автомобіль проїхав зі швидкістю 10м/с, а другу – з швидкістю 20м/с. Визначити середню швидкість автомобіля на  всьому шляху.

Загальні зауваження. Дана задача може слугувати класичним прикладом того, як  на перший  погляд очевидно проста задача, насправді виявляється не такою вже й простою. Дійсно. На перший погляд здається, що в даній задачі середню швидкість автомобіля потрібно визначати за формулою: v_c = (v₁+v₂)/2 = 15м/с. Насправді ж, таке рішення є неправильним. Неправильним, по-перше тому, що в якості розрахункового рівняння, ми абсолютно не обґрунтовано вибрали сумнівну формулу, яка не входить до переліку базових формул кінематики і яка лише на перший погляд здається очевидно правильною. В принципі формула v_c = (v₁+v₂)/2  має право на існування. Але це зовсім не означає, що в умовах даної задачі, середню швидкість потрібно визначати саме за цією формулою.

По-друге, навіть  якби формула v_c = (v₁+v₂)/2  виявилась правильною, тобто такою застосування якої дає правильну відповідь,  її необґрунтоване застосування в якості розрахункового рівняння, все рівно треба визнати неправомірним. Адже розрахункове рівняння потрібно не придумувати, не вигадувати і не списувати, а теоретично доводити на основі відомих базових формул та аналізу умов конкретної задачі.

Враховуючи вище сказане,  розв’яжемо задачу так, як це потрібно, тобто дотримуючись загально прийнятого порядку розв’язування задач.

Дано:

s₁ = s₂ = s/2

v₁ = 10 м/с

v₂ = 20 м/с

v_c = ?

Рішення. За визначенням  v_c = s/t,  де s = ?  t = ?

На перший погляд здається, що в умовах даної задачі, визначити середню швидкість автомобіля за формулою v_c = s/t  неможливо. Адже ми не знаємо ні довжини того шляху  s  який проїхав автомобіль, ні того часу  t, за який цей шлях було подолано. Однак, не будимо поспішати з висновками. А уважно проаналізуємо умову задачі і спробуємо виразити невідомі величини (s; t ) через відомі (v₁; v₂; s₁ = s₂ = s/2). А за умовою задачі:

s = s₁ + s₂ = s/2 + s/2 = s

t = t₁ + t₂, де  t₁ = ?  t₂ = ?

По суті це означає, що в умовах нашої задачі, величини t₁ і t₂ потрібно виразити через v₁, v₂ та s, і сподіватися на те, що в процесі математичних перетворень, по суті невідома величина s скоротиться. А оскільки задача має певне рішення, то зазвичай таке скорочення відбувається. Дійсно.

Оскільки, для рівномірного руху  v = s/t,  то

v₁ = s₁/t₁ = s/2t₁ ,  звідси   t₁ = s/2v₁;

v₂ = s₂/t₂ = s/2t₂ , звідси   t₂ = s/2v₂.

Отже, t₁ + t₂ = s/2v₁ + s/2v₂ = (sv₂+sv₁)/2v₁v₂ = s(v₂+v₁)/2v₁v₂.

Враховуючи вище сказане, можна записати :

v_c = s/t = s/(t₁ + t₂) = s/[s(v₂+v₁)/2v₁v₂] = 2v₁v₂/(v₁+v₂);

Таким чином: v_c = 2v₁v₂/(v₁+v₂).

Розрахунки: v_c = 2∙10(м/с)∙20(м/с)/[10(м/с)+20(м/с)] = 400(м/с)²/30(м/с) = 13,3м/с.

Відповідь:   v_c=13,3м/с.

Завершальні етапи розв’язку задачі можна виконати по іншому:

Таким чином: v_c = 2v₁v₂/(v₁+v₂).

Перевірка: [v_c] = [2v₁v₂/(v₁+v₂)] = (м/с)∙ (м/с)/[(м/с)+(м/с)] = (м/с)²/(м/с) = м/с..

Розрахунки: v_c = 2∙10∙20/(10+20) = 400/30 = 13,3м/с.

Відповідь:   v_c=13,3м/с.

Коментуючи дану задачу та її рішення, варто сказати наступне. На перший погляд здається, що у відповідності з умовою задачі, число невідомих величин, перевищує число тих незалежних рівнянь, в яких ці величини фігурують. Простіше кажучи, ми маємо одне рівняння з двома невідомими: v_с = s/t, де s = ? t = ? А це означає, що таке рівняння не має гарантовано однозначного рішення. І якби ми дійсно спробували визначити числові значення s і t, з тим, щоб підставивши їх у формулу v_с = s/t, отримати правильний результат, то такого результату ми б не отримали.

І тим не менше дана задача має гарантовано однозначне рішення. Це рішення є можливим по-перше тому, що в умовах нашої задачі в реальності є ще одне додаткове рівняння s₁ = s₂ = s/2. А по-друге тому, що в процесі математичних перетворень, одна з невідомих величин (в даному випадку s) скорочується.

Таким чином, коли ви будете мати справу з подібними ситуаціями, то не поспішайте опускати руки, а шукайте можливості того, щоб в процесі математичних перетворень, одна із зайвих невідомих величин скоротилась. А як правило, такі можливості існують. Адже зазвичай, вам задають такі задачі, які мають певне рішення.

Варто зауважити, що на етапі «Рішення», потрібно максимально уникати проміжних розрахунків і прагнути до того, щоб кінцевим продуктом цього етапу було відповідне розрахункове рівняння, тобто формула в якій з одного боку невідома величина, а з іншого – відомі величини. Це важливо по-перше тому, що в процесі доведення розрахункового рівняння, визначально формується логічне мислення. А по-друге, рішення багатьох задач базується на тому, що в процесі доведення розрахункового рівняння, певні невідомі величини математично скорочуються. Прикладом такої задачі і є вище розв’язана. Звісно, вимога уникати проміжних розрахунків не є обов’язковою. Однак такою, якої варто дотримуватися.

Ілюструючи важливість етапу «Уважно прочитати умову задачі», розв’яжемо задачу, в умові якої, порівняно з умовою попередньої задачі, змінено лише одне слово.

Задача 3. Першу половину часу автомобіль проїхав зі швидкістю 10м/с, а другу – з швидкістю 20м/с. Визначити середню швидкість автомобіля на  всьому шляху.

Дано:

t₁ = t₂ = t/2

v₁ = 10 м/с

v₂ = 20 м/с

v_c = ?

Рішення. За визначенням  v_c = s/t,  де s = ?  t = ?

За умовою задачі:

t = t₁ + t₂ = t/2 + t/2 = t

s = s₁ + s₂,  s₁ = ?  s₂ = ?

Виражаємо невідомі величини через відомі.

Оскільки, для рівномірного руху  v = s/t,  то

v₁ = s₁/t₁ = 2s₁/t ,  звідси   s₁ = v₁t/2;

v₂ = s₂/t₂ = 2s₂/t ,  звідси   s₂ = v₂t/2/

Отже s₁ + s₂ = v₁t/2 + v₂t/2 = t(v₁ + v₂)/2.

Враховуючи вище сказане, можна записати:

v_c = s/t = (s₁ + s₂)/t = t(v₁ + v₂)/2t = (v₁ + v₂)/2.

Розрахунки. v_c = (v₁ + v₂)/2 = (10(м/с) + 20(м/с))/2 = 15 м/с

Відповідь: v_c = 15 м/с.

Оскільки методику розв’язування задач фізики, ми ілюструємо на прикладі задач про середню швидкість, то буде не зайвим розглянути ще декілька прикладів.

Задача 4. Велосипедист півтори години їхав зі швидкістю 20км/год. Потім велосипед зламався і останній кілометр велосипедист пройшов пішки за 30хв. Визначити середню швидкість велосипедиста на всьому шляху.

Дано:

v₁ = 20км/год

t₁ = 1,5год

t₂ = 30хв = 0,5год

ℓ₂ = 1км

v_c = ?

Рішення. Оскільки за визначенням v_c = s/t, та враховуючи, що в умовах нашої задачі s = ℓ₁ + ℓ₂, t = t₁ + t₂, можна записати v_c = (ℓ₁+ℓ₂)/(t₁+t₂), де ℓ₁ = ?

Оскільки v₁ = ℓ₁/t₁, то ℓ₁ = v₁·t₁ = 20(км/год)1,5год = 30км.

Таким чином v_c = (ℓ₁+ℓ₂)/(t₁+t₂) = (30км+1км)/(1,5год+0,5год) = 15,5км/год.

Відповідь: v_c = 15,5км/год.

Задача 5. Велосипедист третину шляху проїхав зі швидкістю 18 км/год, а решту шляху – зі швидкістю v_2. Яка величина цієї швидкості, якщо відомо, що середня швидкість велосипедиста на всьому шляху 12 км/год ?

Дано:

s₁ =  s/3

s₂ = 2s/3

v₁ = 18 км/год

v_с = 12 км/год

v₂ = ?

Рішення. Не важко збагнути, що для визначення v₂ потрібно спочатку отримати розрахункове рівняння для v_с, а вже потім з цього рівняння визначити невідому величину. Реалізуючи цю ідею, можна записати.

За визначенням: v_с = s/t,  де  s = ?   t = ?

За умовою задачі: s = s₁ + s₂ = s/3 + 2s/3 = s

t = t₁ + t₂, де  t₁ =    t₂  = ?

Оскільки для рівномірного руху  v = s/t, то

v₁ = s/3t₁, звідси t₁ = s/3v₁

v₂ = 2s/3t₂, звідси t₂ = 2s/3v₂

Отже t = t₁ + t₂ = s/3v₁ + 2s/3v₂ = (sv₂ + 2sv₁)/3v₁v₂ = s(v₂ + 2v₁)/3v₁v₂

Враховуючи вище сказане можна записати:

v_c = s/t = s/(t₁+t₂) = s/[s(v₂ + 2v₁)/3v₁v₂] = 3v₁v₂/(v₂ + 2v₁)

Таким чином: v_c = 3v₁v₂/(v₂+2v₁)

Застосовуючи відомі математичні правила, із формули v_c = 3v₁v₂/(v₂+2v₁) визначаємо невідому величину v₂.

Оскільки v_c = 3v₁v₂/(v₂+2v₁), то  v_c(2v₁+v₂) = 3v₁v₂, звідси v_c2v₁+v_cv₂ = 3v₁v₂, звідси v_cv₂ – 3v₁v₂= – 2v_cv₁, звідси v₂(v_c – 3v₁) = – 2v_cv₁, звідси v₂= – 2v_cv₁/(v_c – 3v₁), звідси v₂ = 2v_cv₁/(3v₁ – v_c).

Таким чином: v₂ = 2v_cv₁/(3v₁ – v_c);

Розрахунки: v₂ = . . . = 10,3км/год.

Відповідь: v₂ = 10,3км/год.

Вже вище наведених прикладів достатньо щоб зрозуміти, що у фізиці мало знати правильні формули. Бо фізика, це не формули, а вміння творчо та логічно мислити. Вміння за формулами бачити відповідну фізичну суть, бачити ті події і ті об’єкти відображенням властивостей яких власне і є відповідні формули. А ці вміння визначально формуються в процесі розв’язування задач.

Післямова, або про малоприємне.

Говорячи про вивчення фізики загалом і про розв’язування задач зокрема, не можна «добрим» словом не згадати той надважливий навчальний предмет, який позначають узагальнюючим словом математика. А правда життя полягає в тому, що в системі вітчизняної освіти, математика існує заради самої математики. Прямим же наслідком цієї ганебної ситуації є факт того, що вчитель фізики, окрім самої фізики, має пояснювати учням, що 5∙10⁵ = 500000, а 5∙10^–5 = 0,00005. Що 5∙10⁵∙5∙10^–5 = 25∙10⁰ = 25, і що 10⁰ = 1. Що, якщо а – x = b, то х = а – b; якщо a∙x = b, то x = b/a; якщо b = a/x, то x = a/b. Що рівняння вигляду ах² + bx + c = 0, називається квадратним рівнянням. Що цьому рівнянню відповідає певна крива, яка називається параболою. Що в загальному випадку рішення квадратного рівняння визначаються за універсальною формулою: х_1,2 = [– b ± √(b²– 4ac)]/2a. Що в тому випадку коли під коренем квадратним буде від’ємне число, то відповідне рівняння не має рішення. А це означає, що відповідна парабола не перетинає числову вісь х, а в реаліях механічного руху – вісь часу (t). Що синус і косинус кута, то не просто відношення певного катету прямокутного трикутника до його гіпотенузи, а проекція одиничного радіус-вектора на відповідну вісь прямокутної системи координат, і що застосування цих функцій дозволяє переходити від векторного обчислення до скалярного і навпаки. Що те, що в математиці декларується «на нуль ділити не можна !!!», по суті означає лише те, що результатом такого ділення є не певне конкретне число, а те, що називається безкінечністю. І список того, чому за десяток років навчання, хвалена математика злочинно не спромоглася навчити, можна продовжувати і продовжувати.

І проблема ж не в математиці і не в математиках. А в тих недолугих, злочинних програмах та їм відповідним підручниках, які перетворили важливий, цікавий та над потрібний навчальний предмет, в нагромадження без зв’язних формул, функцій, прикладів і теорем.

От просто цікаво, ті хто пишуть навчальні програми та їм відповідні підручники з математики, усвідомлюють факт того, що математика за ради математики – то ж ні про що? Що математика, а особливо математика шкільна, то лише той інструмент який потрібно надати учню для успішного вивчення тієї ж фізики, хімії, інформатики чи скажімо технічної механіки. І цей інструмент треба надати не коли попало, а коли треба. А якщо замість такого інструменту, замість того що потрібно знати і вміти, учень отримує какофонію формул, теорем і прикладів, 95% з яких не мають жодного відношення до того, що дійсно треба знати і вміти, то вибачте, але гріш  ціна такій математиці, таким програмам, таким підручникам і такому навчанню. Бо навіть ті 5% потрібного, то ж з того математичного мотлоху ще треба виокремити. А це ще той інтеграл.

Та й того потрібного не так вже й багато треба. Бо мова ж йде не про якісь інтелектуальні супер матерії, а про елементарні математичні навички. Однак такі які потребують певної практики і певного часу. І часу того в математиці стільки, що не те що людину розумну, мавпу навчити можна. От тільки ж вчити треба не те, що екстрасенси приписали, а те що треба.

Візьмемо для прикладу елементарні маніпуляції з формулами на кшталт: якщо а – x = b, то х = а – b; якщо a∙x = b, то x = b/a; якщо b = a/x, то x = a/b. Тема надзвичайно важлива не лише для фізики, хімії чи технічної механіки, а й для самої математики. Тема, яка не потребує особливих інтелектуальних зусиль, але потребує часу і практики. Тема, яка напряму поєднує математику з фізикою, математику з хімією, математику з інформатикою. Бо на кожному уроці фізики, при розв’язуванні кожної задачі, учень свідомо чи підсвідомо буде говорити: «ва-у, так ми ж це вчили в математиці, так я ж це знаю». При цьому кожен урок фізики буде поглиблювати, розширювати та наповнювати реальним змістом математичні знання учня. Але для того щоб це відбувалося, відповідна тема, має бути розглянутою та грунтовно вивченою до початку вивчення фізики, а отже до 7 класу. В реальності ж, розкидані фрагменти цієї теми так сяк вивчаються де попало і коли попало, а фактично, не вивчаються взагалі.

І таких прикладів сотні. Власне вся вітчизняна загальноосвітня математика, то ж суцільний приклад безсистемності, нікчемності та сурогатності. Бо нам же математику за ради математики подавай. Нам же в ту математику замість сутнісних, потрібних речей, всю купу відомих математичних знань треба засунути, а потім десяток років навколо тієї купи кругами ходити і нічому до толку так і не навчити.

Кінематичний метод розв’язування задач

Зміст

1. Пояснювальна записка.
2. Кінематичний метод розв’язування задач.
3. Узагальнення.

Пояснювальна записка.

В фізиці загалом і в механіці зокрема, можна виділити три базові аналітичні методи розв’язування задач: кінематичний, силовий та імпульсно-енергетичний. Крім цього, задачі можна розв’язувати не лише аналітичними (алгебраїчними), а й графічними (геометричними) методами. Розгляду цих методів та загальних принципів розв’язування задач фізики, присвячена система взаємопов’язаних і взаємодоповнюючих навчально-методичних робіт, складовими якої є:

1. Загальні зауваження що до методики розв’язування задач фізики.
2. Кінематичний метод розв’язування задач.
3. Силовий метод розв’язування задач.
4. Імпульсно-енергетичний метод розв’язування задач.
5. Графічний метод розв’язування задач.
6. Взаємозамінність та взаємодоповнюваність методів розв’язування задач.

Варто зауважити, що тим розділом фізики в межах якого учні вчаться розв’язувати задачі, є механіка. Тому базові методи розв’язування задач фізики, ми будемо розглядати на прикладі саме задач механіки. Зауважимо також, що оскільки в межах програми загальноосвітньої школи по суті вивчається лише та частина механіки яка називається механікою матеріальної точки (механікою поступального руху), то ми будемо говорити лише про ті фізичні величини і ті закони які стосуються саме цієї частини механіки.

При цьому ви маєте знати, що вище згадані методи розв’язування задач, стосуються не лише задач механіки поступального руху, а й механіки обертального руху, механіки гармонічних коливань, молекулярної фізики, а з певними зауваженнями і термодинаміки, електродинаміки та фізики загалом.

Одна з об’єктивних проблем фізики полягає в тому, що її системне вивчення має починатися з того підрозділу механіки який називається кінематикою. А з точки зору складності задач, кінематика, це найскладніший розділ механіки. Достатньо сказати, що в статиці ми маємо справу по суті з однією фізичною величиною – силою. Натомість в кінематиці поступального руху таких величин п’ять (час, координата, пройдений шлях, швидкість, прискорення), це якщо не враховувати переміщення і радіус-вектор.

Ситуація кратно погіршується фактом того, що у відповідності з наявними програмами та підручниками, описуючи поступальний рух тіла, говорять про рух прямолінійно рівномірний, прямолінійно рівноприскорений, прямолінійно рівносповільнений, про рух з початковою швидкістю, про рух без початкової швидкості, про рух тіла кинутого вертикально вгору, про рух тіла кинутого вертикально вниз, про рух тіла кинутого горизонтально, про рух тіла кинутого під кутом до горизонту, про рух тіла кинутого з певної висоти і т.д і т.п. При цьому кожна різновидність руху описується своєю системою формул, загальна кількість яких перевищує сотню.

І це при тому, що кінематику поступального руху, по суті описує лише одна формула, яка називається рівнянням руху: х = х₀ + v₀t + (a/2)t², де

х – координата матеріальної точки в момент часу t,

х₀  – початкова координата точки, тобто її координата в момент часу t = 0

v₀ – початкова швидкість матеріальної точки

а – прискорення матеріальної точки.

При цьому розв’язок практично будь якої задачі полягає в тому, щоб на основі аналізу рівняння руху даного тіла та визначальних рівнянь базових фізичних величин кінематики поступального руху, вивести відповідне розрахункове рівняння. А цими базовими фізичними величинами та їм відповідними визначальними рівняннями є:

– час t (визначального рівняння нема),

– координата x = ℓ_x;

– пройдений шлях s = ℓ_тр, для прямолінійного руху: s = ∆x;

– швидкість v = ∆x/∆t, якщо v = const, то v = s/t;

– прискорення a = ∆v/∆t, якщо а = const, то а = (v_к – v₀)/t,

І от замість того, щоб ще в 7 класі, після визначення та грунтовного пояснення суті того, що називають часом, координатою, пройденим шляхом, швидкістю, прискоренням, сформулювати базовий закон кінематики поступального руху (рівняння руху), і на основі цього закону розглянути різноманіття конкретних ситуацій та їм відповідних задач, ми затуркуємо тих нещасних учнів різноманіттям беззв’язних формул. Додайте до цього математику за ради математики та загальну безсистемність вітчизняної освіти, і ви зрозумієте чому переважна більшість учнів люблять фізику тільки до початку вивчення кінематики.

Та як би там не було, а при системному вивченні фізики, навіть різноманіття задач кінематики, можна представити у вигляді цілісної системи знань, яка грунтується на невеликій кількості базових формул. Розгляду фрагменту такої системи знань і присвячена дана навчально-методична робота. А оскільки нема кращого способу оволодіння мистецтвом розв’язування задач, як той, що передбачає їх практичне розв’язування, то саме в процесі розв’язування максимально великої кількості задач, ми будемо знайомитися з основами та нюансами різних методів їх розв’язку.

Кінематичний метод розв’язування задач.

Як вже зазначалося, в фізиці загалом і в механіці зокрема, можна виділити три базові аналітичні методи розв’язування задач: кінематичний, силовий та імпульсно-енергетичний. При цьому дана навчально-методична робота присвячена кінематичному методу розв’язування задач, який ми будемо розглядати на прикладі кінематики поступального руху (кінематики матеріальної точки).

Суть кінематичного методу розв’язування задач полягає в тому, що рішення задачі грунтується на основі аналізу базового закону кінематики поступального руху – рівняння руху (x = x₀ + v₀t + (a/2)t², та визначальних рівнянь базових фізичних величин цієї кінематики:

– час t (визначального рівняння нема),

– координата x = ℓ_x;

– пройдений шлях s = ℓ_тр, для прямолінійного руху: s = ∆x;

– швидкість v = ∆x/∆t, якщо v = const, то v = s/t;

– прискорення a = ∆v/∆t, якщо а = const, то а = (v_к – v₀)/t,

Це означає, що знаючи і розуміючи фізичну суть рівняння поступального руху та визначальних рівнянь базових фізичних величин кінематики, можна розв’язати практично будь-яку задачу кінематики поступального руху. У всякому разі ті задачі, складність яких не виходить за межі програми загальноосвітньої школи.

Інша справа, що застосовуючи вище згадані рівняння, треба розуміти, що вони описують рух тіла на прямолінійній ділянці шляху. Адже якщо наприклад, тіло по прямій, перемістилося з точки А в точку Б, а потім повернулося в точку А, то визначивши загальний пройдений шлях за формулою s = ∆x, ви отримаєте абсолютно не правильну відповідь: s = ∆x = х_к – х₀ = х_А – х_А = 0м. І ця відповідь буде неправильною не тому, що формула s = ∆x неправильна, а тому, що цю формулу ви застосували не за призначенням: на ламаному, а отже криволінійному шляху. А на такому шляху, величину загального пройденого шляху потрібно визначати як суму пройдених шляхів на кожній окремій ділянці. В нашому випадку: s = ℓ_тр = |s₁| + |s₂|, де s₁ = ∆x₁, s₂ = ∆x₂.

Коли ми стверджуємо, що практично будь яку задачу кінематики поступального руху, можна розв’язати на основі системи базових формул:

x = x₀ + v₀t + (a/2)t²;

s = ∆x;

v = ∆x/∆t, якщо v = const, то v = s/t;

a = ∆v/∆t, якщо а = const, то а = (v_к – v₀)/t,

то маємо на увазі, що будь який криволінійний рух можна представити у вигляді певного набору прямолінійних відрізків, кожен з яких описується вище згаданими формулами.

Звісно, застосовуючи дані формули і зокрема рівняння руху, потрібно мати на увазі, що арифметичний знак (плюс чи мінус) кожного доданку визначається із умов конкретної задачі. А це означає, що в загальному випадку рівняння руху має вигляд х = ± х₀ ± v₀t ± (а/2)t².

Потрібно розуміти і те, що в різних обставинах, визначальні рівняння та рівняння руху можуть набувати різного вигляду. Наприклад для рівномірного руху (v = const) та за умови t_п = 0, рівняння v = ∆x/∆t набуває вигляду v = s/t. За умови t_п = 0, рівняння а = ∆v/∆t набуває вигляду а = (v_к – v₀)/t. Для пройденого шляху, рівняння руху набуває вигляду s = ∆x = х_к – х₀ = x₀ + v₀t + (a/2)t² – х₀ = v₀t + (a/2)t². Якщо ж говорити про більш конкретні ситуації, то відповідних різновидностей формули x = x₀ + v₀t + (a/2)t² може бути безліч, зокрема:

якщо х₀ = 0, то x = v₀t + (a/2)t²;

якщо v₀ = 0, то x = x₀ + (a/2)t²;

якщо а = 0, то  x = x₀ + v₀t;

якщо х₀ = 0, v₀ = 0, то x = (a/2)t²;

якщо v₀ = 0, то s = (a/2)t²;

якщо а = 0, то s = v₀t;

якщо x = h; a = g, то h = h₀ + v₀t + (g/2)t²;

якщо x = h; a = g, v₀ = 0, то h = h₀ + (g/2)t²;

якщо x = h; a = g, h₀ = 0, v₀ = 0, то h = (g/2)t²; і т.д. і т.п

Варто зауважити і те, що до числа базових формул кінематики, прийнято відносити так зване рівняння швидкості v = v₀ + at, яке є похідним від визначального рівняння прискорення (оскільки а = (v_к – v₀)/t, то v_к = v₀ + at), а також формула s = (v_к² – v₀²)/2a. Цю формулу можна вивести із рівняння пройденого шляху та визначального рівняння прискорення. Але щоб цього постійно не робити, варто запам’ятати s = (v_к² – v₀²)/2a.

Таким чином, якщо вам потрібна «шпаргалка» по темі кінематика, то ось ця «шпаргалка»:

– базовий закон – рівняння руху: x = x₀ + v₀t + (a/2)t²;

– базові фізичні величини:

час t (визначального рівняння нема),

координата x = ℓ_x;

пройдений шлях s = ℓ_тр, для прямолінійного руху s = ∆x = v₀t + (a/2)t²;

швидкість v = ∆x/∆t, якщо v = const, то v = s/t;

прискорення a = ∆v/∆t, якщо а = const, то а = (v_к – v₀)/t,

– допоміжні формули (похідні від базових): v_к = v₀ + at, s = (v_к² – v₀²)/2a.

Власне виходячи з сукупності вище згаданих формул, ви і маєте розв’язувати задачі кінематики.

Втім, в фізиці не достатньо знати формули. В фізиці набагато важливіше бачити за цими формулами реальні ситуації та події. Наприклад, в математиці рівняння  х = 200 – 10t + 0,2t²  це просто квадратне рівняння, яке в загальному випадку має два рішення і яке графічно можна представити у вигляді відповідної параболи. В фізиці, все те що вивчалося в математиці ви маєте знати та вміти застосовувати на практиці. Однак цього зовсім не достатньо для того щоб розв’язувати фізичні задачі. Адже в фізиці за кожним рівнянням, за кожною цифрою за кожною буквою та за кожним знаком, ви маєте бачити реальні події та їх характеристики.

Скажімо, просто поглянувши на рівняння   х = 200 – 10t + 0,2t², та розуміючи що це рівняння руху, тобто рівняння вигляду  х = х₀ + v₀t + (а/2)t², ви відразу ж уявляєте наступну ситуацію. В  момент часу  t = 0, дане тіло знаходиться в точці з координатою 200м і рухається у від’ємному напрямку з швидкістю 10м/с. При цьому величина цієї швидкості зменшується (зменшується тому, що напрямки швидкості і прискорення є різними), а числове значення прискорення становить 0,4м/с², (оскільки а/2 = 0,2, то а = 0,4). Іншими словами, із аналізу заданого рівняння руху ясно: х₀ = 200 м;   v₀= – 10 м/с;   а = 0,4м/с²;   v↓

Таким чином, вже першого погляду на рівняння руху, має бути достатньо для того, щоб дати загальну характеристику цього руху. Наприклад:

x₁ = – 200 + 15t – 0,4t²:  х₀ = – 200 м;  v₀ = 15 м/с;  а = – 0,8 м/с² ;  v↓

x₂ = 100 – 8t – 0,1t²:       х₀ = 100 м;   v₀ = – 8 м/с;   а = – 0,2 м/с² ; v↑

x₃ = – 5t:                          х₀ = 0 м;       v₀ = – 5 м/с;   а = 0 м/с² ;  v = const

x₄ = 200 – t²:                   х₀ = 200 м;   v₀ = 0 м/с;   а =  – 2 м/с² ;   v↑

x₅ = – 100:                       х₀ = –100 м;  v₀ =  0 м/с;  а = 0 м/с²;  не рухається

Зауважимо. Якщо в поясненнях до рівняння руху не вказані одиниці вимірювання відповідних величин, то потрібно вважати що цими одиницями є основні одиниці міжнародної  системи (СІ):  [x] = м;  [v] = м/с;  [a] = м/с² .

Зверніть увагу, ми просто дивимося на рівняння руху і отримуємо з нього достатньо велику кількість інформації. Тепер же уявіть скільки інформації можна отримати на основі математичного та логічного аналізу цього рівняння. Ілюструючи лише незначну частину інформаційних можливостей рівняння руху, розглянемо ряд конкретних задач.

Задача 1. За заданим рівнянням руху  х = 100 + 10t – 0,4t²:

1) дати загальну характеристику руху тіла;

2) визначити пройдений тілом шлях за десять секунд;

3) записати  рівняння швидкості руху тіла та визначити цю швидкість через 10с;

4) Визначити де і коли тіло зупиниться;

5) Визначити в який момент часу, тіло буде в точці з   координатою 0м?

6) Визначити в який момент часу, тіло буде в точці з   координатою 200м?

Рішення.

1). Дати загальну характеристику руху тіла.

Із порівняльного аналізу рівнянь

х = х₀ + v₀t + (а/2)t² та

х = 100 + 10t – 0,4t²,  ясно:

х₀ = 100м; v₀ = 10м/с; а = –0,8м/с²;  v↓.

2). Визначити пройдений тілом шлях за десять секунд: s(10) = ?

s(10) = ∆х = х_к – х_п = х(10) – х₀, де х(10) = ?

х(10) = 100 + 10(10) – 0,4(10)² = 160м, отже

s(10) = х(10) – х₀ = 160 – 100 = 60м.

3). Записати рівняння швидкості руху та визначити цю швидкість через 10с.

Оскільки при рівноприскореному русі v = v₀ + at, то в умовах нашої задачі (v₀ = 10м/с, а = –0,8м/с²) можна записати v = 10 – 0,8t.

Якщо t = 10c, то  v(10) = 10 – 0,8(10) = 2м/с.

4). Визначити, де і коли тіло зупиниться: х_зуп =?   t_зуп=?

Оскільки в момент зупинки швидкість тіла дорівнює нулю (v = 0), то можна записати: якщо t = t_зуп, то  v = 10 – 0,8t_зуп = 0, звідси   t_зуп = 10/0,8 = 12,5c

А це означає, що  х_зуп = х(12,5) = 100 + 10(12,5) – 0,4(12,5)²  = 162,5м.

5). Визначити в який момент часу тіло буде в точці з координатою 0м?:

Для  х = 0, задане рівняння руху набуває вигляду: 100 + 10t – 0,4t² = 0. А зважаючи на те, що розв’язки (корені) рівняння  аt² + bt + с = 0 визначаються за формулою t_1,2 = [–b ± √(b² – 4ac)]/2a, можна записати

t_1,2 = [–10 ± √(10² – 4∙(– 0,4)∙100)]/2(– 0,4) = –10 ± √(100+160)/(–0,8) = (–10 ± 16,25)/(– 0,8).

Звідси   t₁ = – 7,65 с;    t₂ = 32,65 с.

Отриманий результат означає, що в точці з координатою х = 0м дане тіло побуває двічі:  1) t₁ = –7,65с, тобто за 7,65 секунди до початку відліку часу. Знак « – » вказує на те що подія відбулась в минулому;  2) t₂ = 32,65с, тобто через 32,65 секунди  після початку відліку часу.

Варто зауважити, що рівняння руху дає формально-математичні відповіді на всі запитання які стосуються цього рівняння. При цьому в реальності у відповідності з певним рівнянням, тіло рухається певний обмежений проміжок часу. Наприклад за законом х = 100 + 10t – 0,4t², тіло могло рухатися від моменту t = 0с до зупинки (t = 12,5с). А це означає, що в реальності в точці яка відповідає моментам часу t = –7,65c, тіло могло і не бути.

6). Визначити в який момент часу тіло буде в точці з координатою 200м?

Оскільки х = 200м, то  100 + 10t – 0,4t² = 200,  або –100 + 10t – 0,4t² = 0.

Звідси t_1,2 = [–10 ± √(10² – 4∙(–0,4)∙(–100))]/2(–0,4) = –10 ± √(–60)/(–0,8).

Оскільки квадратного кореня з від’ємного числа √(–60) не існує, то це означає, що для х = 200м дане рівняння руху не має розв’язків. Іншими словами, в  точці х = 200м дане тіло ніколи не було і не  буде. І це закономірно, адже в точці х = 162,5м тіло зупиняється і починає рухатись в зворотному напрямку.

Задача 2. З пунктів А і В відстань між якими 6км, одночасно і в одному напрямку вийшли два пішоходи з швидкостями відповідно 5км/год та 3км/год. Визначити де і коли вони зустрінуться.

Загальні зауваження. Якщо в умові задачі фізичний зміст того чи іншого параметру чітко не визначений, то завжди обирають таке значення цього параметру яке є найпростішим і таким, що дозволяє розв’язати відповідну задачу. Наприклад, в умові даної задачі чітко не визначено якою (прямолінійною чи криволінійною) є та дорога що з’єднує пункти А і В. В подібних ситуаціях завжди обирають найбільш простий варіант. А цим варіантом є прямолінійна дорога. Крім цього, в умові даної задачі не визначена початкова координата жодного з пішоходів. Тому будемо вважати, що нульовою точкою нашої системи координат є точка А.

Дано:

s = 6км

v₁ = 5км/год

v₂ = 3км/год

x_зустр=? t_зустр=?

Рішення. На основі аналізу умови задачі виконуємо відповідний малюнок, на якому задаємо систему координат та відображаємо наявну ситуацію. У відповідності з малюнком і заданою системою координат, записуємо рівняння руху  кожного пішохода: х₁ = 5t;   х₂ = 6 + 3t. Оскільки в момент зустрічі х₁ = х₂, то 5t_зустр= 6 + 3t_зустр. Звідси випливає, що 5t_зустр – 3t_зустр = 6, або t_зустр(5 – 3) = 6, або t_зустр= 6(км/)/2(км/год) = 3год.

Таким чином: х_зустр= х₁(3) = 5(км/год)·3год = 15км.

Відповідь: t_зустр = 3год, х_зустр = 15км.

Загальні зауваження. Звісно, дану задачу можна розв’язати й по-іншому, наприклад так. Оскільки перший пішохід з швидкістю 5км/год – 3км/год = 2км/год наздоганяє другого пішохода, то відстань 6км він здолає за 6км/2(км/год) = 3год. При цьому пройдений першим пішоходом шлях, становитиме 5(км/год)∙3год = 15км. А це означає, що пішоходи зустрінуться через 3год на відстані 15км від точки А.

Таке рішення є правильним і має право на існування. Однак воно має ряд суттєвих недоліків. По-перше, його практично не можливо зробити органічною частиною більш-менш універсальної системи розв’язування задач. По-друге. Такий спосіб дозволяє розв’язувати лише очевидно прості задачі. Тому, якщо ви хочете кваліфіковано та системно розв’язувати задачі кінематики то повинні максимально широко застосовувати рівняння руху.

Задача 3. Відходячи від станції, потяг протягом однієї хвилини рухається з прискоренням 0,4м/с². Визначте той шлях який проїхав потяг за цей час, і швидкість наприкінці цього шляху.

Дано:

v₀ = 0м/с

t = 1хв = 60с

a = 0,4м/с²

s = ?  v_к = ?

Рішення. В умовах нашої задачі (v₀ = 0м/с), рівняння пройденого шляху s = v₀t + (а/2)t², набуває вигляду s = (а/2)t². При цьому

s = (a/2)t² = [(0,4м/с²)/2](60c)² = 0,2(м/с²)3600с² = 720м.

Оскільки при рівноприскореному русі v_к = v₀ + at, то

v_к = 0(м/с) + 0,4(м/с²)60с = 24м/с.

Відповідь: s = 720м; v_к = 24м/с.

Задача 4. Рушаючи з місця, автомобіль рухається з прискоренням 2м/с² і набуває швидкості 20м/с. Визначити пройдений автомобілем шлях.

Дано:

а = 2м/с²

v₀ = 0м/с

v_к = 20м/с

s = ?

Рішення. В умовах нашої задачі (v₀ = 0м/с), рівняння пройденого шляху s = v₀t + (а/2)t², набуває вигляду s = (а/2)t², де t = ? Оскільки швидкість автомобіля змінюється за законом v = v₀ + at, та зважаючи на те, що v₀ = 0м/с, можна записати v = at, звідси t = v/a. Таким чином s = (а/2)t² = (а/2)(v/a)² = v²/2a.

Розрахунки: s = v_к²/2a = (20м/с)²/2∙2м/с² = 100м

Відповідь: s = 100м.

Задача 5. За відомою величиною прискорення тіла (а) та відомими величинами його початкової і кінцевої швидкостей (v₀, v_к), визначити величину пройденого тілом шляху (s).

Дано:

v₀

v_к

а

s = ?

Рішення. Згідно з рівнянням пройденого шляху s = v₀t + (a/2)t², де  t = ?

Оскільки при рівноприскореному русі v_к = v₀ + а∙t, то  t = (v_к – v₀)/a

Враховуючи вище сказане, можна записати:

s = v₀t + (a/2)t² = v₀(v_к – v₀)/a + (a/2)∙[(v_к – v₀)/a]² =

v₀(v_к – v₀)/a + a(v_к – v₀)²/2a² = [2v₀(v_к – v₀)+(v_к – v₀)²]/2a =

[2v₀v_к – 2v₀² + v_k² – 2v₀v_k+v₀²]/2a = (v_k² – v₀²)/2a .

Відповідь: s = (v_k² – v₀²)/2a .

Важливим прикладом механічного руху є вільне падіння тіла, тобто такий рух тіла, який відбувається під дією сили тяжіння та за відсутності суттєвого впливу інших зовнішніх сил, зокрема сили опору повітря. В загальному випадку, для вертикальної складової того поступального руху який називається вільним падінням, рівняння руху х = х₀ + v₀t + (a/2)t² набуває вигляду h = h₀ + v₀t + (g/2)t², де при наближених розрахунках g = 10м/с².

Задача 6. Визначити глибину колодязя, якщо відомо, що випущений із руки камінь досягає води за 2с.

Дано :

v₀ = 0 м/с

 t = 2 с

h = ?

Рішення. Виконуємо малюнок який відображає фізичний зміст задачі. Задаємо систему координат та записуємо рівняння руху тіла в цій системі, тобто формулу яка має вигляд h = h₀ + v₀t + (g/2)t². В умовах даної задачі h₀ = 0м; v₀ = 0м/с, це рівняння набуває вигляду: h = (g/2)t², де g=10м/с². Враховуючи, що t = 2c, виконуємо відповідні розрахунки.

Розрахунки:  h = (10(м/с²)(2с)²/2 = 20м;

Відповідь: h = 20м.

Загальні зауваження. Конкретний вигляд рівняння руху, визначально залежить від того, як задана система координат. Наприклад, якщо в даній задачі за початок відліку взяти рівень дна колодязя, а вісь 0у направити вертикально вгору, то в цьому випадку рівняння руху h = h₀ + v₀t + (g/2)t² набуде вигляду h = h₀ – (g/2)t², де h₀ = ? Втім, рішення задачі та її відповідь, в обох випадках будуть однаковими. Дійсно, в момент падіння тіла h = 0, тому h₀ – (g/2)t² = 0, звідси h₀ = (g/2)t² = 20м.

Задача 7. Дві кульки кинули вертикально вгору з інтервалом 1с. Початкова швидкість кожної кульки 10м/с. На якій висоті зустрінуться ці кульки?

Дано:

∆ t = 1c

v₀₁ = v₀₂ = 10м/c

h_зустр = ?

Рішення. Виконуємо малюнок та задаємо систему координат (на малюнку: h = h₀₁; v_н = v₀₂; v = v₁). Враховуючи, що через час Δt, тіло 1 буде на висоті h₀₁ та матиме швидкість v₁, записуємо рівняння руху кожного тіла:

1)  h₁ = h₀₁ + v₁t – (g/2)t²;

2)  h₂ = v₀₂t – (g/2)t².

Числові значення h₀₁ та v₁ визначаємо із наступних міркувань:

h₀₁ = v₀₁∆t – (g/2)∆t² = 10(м/с)1с – 5(м/с²)(1с)² = 5м

v₁ = v₀₁ – g∆t = 10(м/с) – 10(м/с²)1с = 0м/с.

При цьому рівняння руху даних тіл набувають наступного конкретного вигляді:

1) h₁ = 5 – 5t²;

2) h₂ = 10t – 5t².

Оскільки в момент зустрічі куль h₁ = h₂,  то:

5 – 5t² = 10t – 5t², звідси 5 = 10t, звідси t = 5/10 = 0,5с = t_зустр.

Таким чином, кулі зустрінуться через 0,5с після вильоту другої кулі. Зустрінуться в точці з координатою

h_зустр = h₁(0,5) = 5м – 5(м/с²)(0,5с)² = 5м – 1,25м = 3,75м.

Відповідь: h_зустр= 3,75м

Рівняння виду х = х₀ + v₀t + (a/2)t² дозволяє кількісно описати не лише прямолінійні рухи, а й рухи криволінійні. Наприклад рух тіла кинутого горизонтально, або під кутом до горизонту є криволінійним, причому таким, який завжди можна розкласти на дві складові: рівномірний (v = const) горизонтальний та рівноприскорений (a = g = const) вертикальний. А це означає, що описуючи такий криволінійний рух, можна записати два незалежних рівняння, аналіз яких дозволяє відповісти на практично будь які запитання кінематики відповідного руху. На підтвердження вище сказаного розглянемо декілька конкретних задач.

Задача 8. Тіло, що знаходиться на висоті 10м кинули горизонтально з швидкістю 20м/с. Визначити горизонтальну дальність польоту тіла.

Дано:

h₀ = 10 м

v₀ = 20 м/с

ℓ = ?

Рішення. Виконуємо малюнок який відображає наявну ситуацію та задаємо відповідну систему координат. Криволінійний рух даного тіла по суті є результатом двох незалежних рухів: рівномірного горизонтального та рівноприскореного вертикального. Зважаючи на ці обставини, в заданій системі координат записуємо рівняння кожного окремого руху, тобто формулу яка має вигляд х = х₀ + v₀t + (a/2)t².

– горизонтальний рух: х = ℓ; х₀ = ℓ₀ = 0м; a = 0м/с², отже  ℓ = v₀t

– вертикальний рух: х = h; х₀ = h₀; v₀ = 0м/с; a = g = 10м/с², отже  h = h₀ – gt²/2.

Таким чином даний рух описують два рівняння:

1) ℓ = v₀t, або ℓ = 20t;

2) h = h₀ – gt²/2, або h = 10 – 5t².

Із аналізу рівнянь ясно, що для того щоб визначити дальність польоту тіла (ℓ = 20t), необхідно визначити тривалість цього польоту (t = t_пол). А оскільки в момент падіння тіла, h = 0, то 10 – 5(t_пол)² = 0, звідси (t_пол)² = (10/5) = 2с², звідси t_пол = √2 = 1,4с.

Розрахунки: ℓ = 20t_пол = 20(м/с)∙1,4с = 28м.

Відповідь: ℓ = 28м.

Задача 9. Снаряд вилетів з дула гармати під кутом 30° до горизонту, з швидкістю 800м/с. Визначити дальність польоту снаряду та максимальну висоту його підйому.

Дано:

v₀ = 800м/с

α = 30°

ℓ = ?   h_м = ?

Рішення. Виконуємо малюнок який відображає наявну ситуацію та задаємо відповідну систему координат. Розкладаємо вектор початкової швидкості (v₀) на дві складові:

v_x = v₀cosα = v₀cos30° =  800(м/с)·0,87 = 696м/с;

v_y = v₀sinα = v₀sin30° = 800(м/с)·0,5 = 400м/с.

Записуємо рівняння горизонтальної та вертикальної складової руху снаряду:

ℓ = (v₀cosα)t = 696t;

h = (v₀sinα)t – gt²/2 = 400t – 5t².

Виходячи з того, що в момент падіння h = 0м, визначаємо час польоту снаряду:

якщо t = t_пол, то  h = 400t – 5t² = 0, або t(400 – 5t) = 0, звідси

1) t = 0

2) 400 – 5t = 0, або  5t = 400, або  t = 400/5 = 80c.

Отримані результати говорять про те, що на нульовій висоті (h = 0) снаряд побував двічі: в момент вильоту з дула гармати (t = 0c) і в момент падіння на землю (t = 80с). При цьому ясно, що t_пол = 80с.

Знаючи час польоту снаряду, не важко визначити дальність його польоту:

ℓ = 696t_пол = 696(м/с)∙80с = 55680м = 55,68км.

Відповідь: ℓ = 55км; h_м = 8км.

Варто зауважити, що для тих швидкостей з якими рухаються кулі та снаряди, опір атмосферного повітря є дуже великим. Тому реальні параметри траєкторії руху снаряду, дальності та висоти його польоту, будуть суттєво відрізнятись від тих, які отримані без врахування опору повітря.

Звісно, рішення далеко не всіх задач кінематики передбачає застосування рівняння руху. І це закономірно. Адже кінематичний метод розв’язування задач передбачає застосування не лише рівняння руху, а й визначальних рівнянь базових кінематичних величин (s = ∆x; v = ∆x/∆t; а = ∆v/∆t), та тих визначальних рівнянь які мають ці величини в певних конкретних випадках. Наприклад, для рівномірного прямолінійного руху (v = const), та за умови  t_п = 0, рівняння v = ∆x/∆t набуває вигляду v = s/t. Якщо ж мова йде про середню шляхову швидкість, то її визначальне рівняння v_с = s/t.

Задача 10. Велосипедист третину шляху проїхав зі швидкістю 10м/с, а решту шляху – зі швидкістю 5м/с. Визначити середню швидкість велосипедиста на всьому шляху.

Дано:

s₁ =  s/3

s₂ = 2s/3

v₁ = 10м/с

v₂ = 5м/с

v_с = ?

Рішення.

За визначенням: v_с = s/t,  де  s = ?   t = ?

За умовою задачі: s = s₁ + s₂ = s/3 + 2s/3 = s

t = t₁ + t₂, де  t₁ =    t₂  = ?

Оскільки для рівномірного руху  v = s/t, то

v₁ = s/3t₁, звідси t₁ = s/3v₁

v₂ = 2s/3t₂, звідси t₂ = 2s/3v₂

Отже t = t₁ + t₂ = s/3v₁ + 2s/3v₂ = (sv₂ + 2sv₁)/3v₁v₂ = s(v₂ + 2v₁)/3v₁v₂

Враховуючи вище сказане можна записати:

v_c = s/t = s/(t₁+t₂) = s/[s(v₂ + 2v₁)/3v₁v₂] = 3v₁v₂/(v₂ + 2v₁)

Таким чином: v_c = 3v₁v₂/(v₂+2v₁).

Розрахунки: v_c = 3v₁v₂/(v₂+2v₁) = 3∙10(м/с)∙5(м/с)/(5(м/с) + 2∙10(м/с)) =

150(м/с)²/25(м/с) = 6 м/с.

Відповідь: v_c = 6 м/с.

Узагальнення.

Як вже зазначалося, одна з об’єктивних проблем фізики полягає в тому, що її системне вивчення починатися і має починатися з того підрозділу механіки який називається кінематикою. А з точки зору складності задач, кінематика, це найскладніший розділ механіки. Ця складність кратно помножується фактом того, що у відповідності з наявними програмами та підручниками, кожна з багатьох різновидностей поступального руху, описується своєю системою термінів, величин та формул, загальна кількість яких вимірюється сотнями.

По суті, у відповідності з наявними програмами та підручниками, кінематика представляє собою набір великої кількості окремих фрагментів, кожен з яких характеризується своєю системою базових термінів, величин, законів та формул. При цьому в різних фрагментах кінематики ці терміни, величини, формули та закони, іноді означають одне і те ж, іноді означають різне, іноді дублюють одне одне, а іноді суперечать одне одному. Тому нема нічого дивного в тому, що переважна більшість учнів люблять фізику тільки до початку вивчення кінематики.

В даній же навчально-методичній роботі стверджується, що кінематику загалом і кінематику поступального руху зокрема, можна представити у вигляді цілісної системи знань, яка базується на певному обмеженому наборі загально прийнятих термінів, величин, законів та формул. В цій роботі безумовно доводиться, що практично все різноманіття задач кінематики поступального руху, можна і потрібно розв’язувати на основі наступного переліку базових формул:

– базовий закон – рівняння руху: x = x₀ + v₀t + (a/2)t²;

– базові фізичні величини:

час t (визначального рівняння нема),

координата x = ℓ_x;

пройдений шлях s = ℓ_тр, для прямолінійного руху s = ∆x = v₀t + (a/2)t²;

швидкість v = ∆x/∆t, якщо v = const, то v = s/t;

прискорення a = ∆v/∆t, якщо а = const, то а = (v_к – v₀)/t,

– допоміжні формули (похідні від базових): v_к = v₀ + at, s = (v_к² – v₀²)/2a.

І варто зауважити, що реалізацію системного підходу до вивчення кінематики потрібно починати з перших кроків вивчення фізики, а отже з сьомого класу загальноосвітньої школи. При цьому не потрібно боятися того, що учням сьомого класу будуть незрозумілими формули s = ∆x, v = ∆x/∆t, а = ∆v/∆t. Бо нема нічого складного в тому, щоб пояснити учням, що в науці загалом і в фізиці зокрема, символом ∆ – дельта (∆х, ∆t, ∆v, ∆m і т.д.) позначають різницю між кінцевим та початковим значенням відповідних величин: ∆х = х_к – х_п; ∆t = t_к – t_п; ∆v = v_к – v_п і т.д. Нема нічого складного в тому, щоб пояснити учням, що для рівномірного прямолінійного руху, формула v = ∆x/∆t, набуває вигляду v = s/t.

А от чого дійсно треба боятися, так це безсистемності знань. Боятися того, щоб замість грунтовного вивчення та усвідомленого, системного застосування однієї базової формули, зазубрювати десятки а то і сотні беззв’язних формул. Боятися безсистемного розв’язування задач, яке базується не на логічному мисленні, а на списуванні потрібних формул. Боятися того, що одна і та ж фізична величина, в сьомому класі визначається по одному, в дев’ятому по другому, в одинадцятому по третьому, а в університеті по четвертому і по п’ятому.

Звісно, рівень тих задач які має розв’язувати учень сьомого, дев’ятого та одинадцятого класів, має бути різним. Однак системність знань вимагає того, щоб в кожному класі рішення задач ґрунтувалося на гранично обмеженому числі базових формул, та підпорядковувалося універсальному алгоритму розв’язку задач. Системність знань вимагає, щоб кінематика дев’ятого класу була органічним продовженням кінематики сьомого класу, а кінематика університету – органічним продовженням кінематики загальноосвітньої школи. Власне формуванню такої системи знань і присвячена дана навчально-методична робота.

Завершуючи розмову про кінематичний метод розв’язування задач, варто ще раз наголосити на тому, що цей метод стосується не лише задач кінематики поступального руху, а й задач кінематики обертального руху, кінематики гармонічних коливань, а зрештою і фізики загалом. Різниця лише в тому, що різні різновидності руху характеризуються своїм набором базових фізичних величин та своїм базовим законом руху.

Наприклад якщо мова йде про обертальний рух, то його базовими фізичними величинами є час t, кутова координата φ = ℓ/R, кут повороту ∆φ = s/R, кутова швидкість ω = ∆φ/∆t та кутове прискорення ε = ∆ω/∆t. А основним законом – рівняння обертального руху φ = φ₀ + ω₀t +(ε/2)t². При цьому не важко бачити, що між фізичними величинами та законами кінематики поступального і обертального рухів існують очевидні аналогії. А це є безумовною ознакою системності відповідних знань.

Порівняльна таблиця базових фізичних величин та законів кінематики поступального і обертального рухів.

Параметри та закони поступального руху	Параметри та закони обертального руху	Взаємозв’язок між параметрами
час                         t	час                     t	t = t
координата x = ℓ	кутова координата φ = ℓ/R	. ℓ = φ∙R
пройдений шлях s = ∆x	кут повороту ∆φ = s/R	. s = ∆φ∙R
швидкість v = ∆x/∆t	кутова швидкість ω = ∆φ/∆t	. v = ω∙R
прискорення a = ∆v/∆t	кутове прискорення ε = ∆ω/∆t	. a = ε∙R
рівняння поступального руху  x = x0 + v0t + (a/2)t2	рівняння обертального руху  φ = φ0 + ω0t +(ε/2)t2

Силовий метод розв’язування задач

Зміст

1. Пояснювальна записка.
2. Силовий метод розв’язування задач статики.
3. Силовий метод розв’язування задач динаміки.
4. Узагальнення.

Пояснювальна записка.

Дана навчально-методична робота є частиною системи взаємопов’язаних та взаємодоповнюючих робіт, присвячених розгляду базових методів розв’язування задач фізики. Складовими цієї системи є:

1. Загальні зауваження що до методики розв’язування задач фізики.
2. Кінематичний метод розв’язування задач.
3. Силовий метод розв’язування задач.
4. Імпульсно-енергетичний метод розв’язування задач.
5. Графічний метод розв’язування задач.
6. Взаємозамінність та взаємодоповнюваність методів розв’язування задач.

Серед аналітичних методів розв’язування задач фізики, силовий метод є найбільш простим. Простим в тому сенсі, що підпорядковується строго визначеному алгоритму розв’язку. А цей алгоритм (порядок дій) є наступним:

1. На основі аналізу умови задачі виконують малюнок (обов’язково), на якому чітко вказують всі діючі на дане тіло (точку рівноваги) сили.
2. Задають систему координат та вказують кутову орієнтацію сил в ній.
3. Записують умову рівноваги тіла, тобто систему рівнянь: ∑F_x = 0; ∑F_y = 0.
4. Розв’язавши цю систему, визначають невідомі величини.

Якщо ж говорити про ті проблеми які ускладнюють та гранично обмежують застосування силового методу розв’язування задач, то по суті їх дві. Перша полягає в тому, що застосування силового методу, не може бути успішним без розуміння фізичної суті того, що називають синусом і косинусом кута. Друга проблема є більш глобальною і полягає в тому, що всупереч фактам та базовим законам фізики, в системі вітчизняної освіти, та сила яка називається силою інерції, перебуває в статусі офіційно невизнаної. Про суть другої проблеми, стисло поговоримо в розділі «Силовий метод розв’язування задач динаміки». Наразі ж, в декількох словах про синус та косинус кута.

Як уже зазначалося, в системі вітчизняної освіти, той предмет який позначають узагальнюючим словом математика, існує заради самої математики. І от в цій математиці заради математики, мало того, що розмови про синус та косинус кута, починаються після того, як у фізиці ці функції мають широко застосовуватися, та ще й визначають ці функції винятково як певні співвідношення між сторонами прямокутного трикутника. Синусом гострого кута α прямокутного трикутника називають відношення протилежного катета a до гіпотенузи с: sinα = a/c. Косинусом гострого кута α прямокутного трикутника називають відношення прилеглого катета b до гіпотенузи с: cosα = b/c.

З точки зору конкретного випадку (прямокутного трикутника), вище сформульовані визначення є правильними. Однак вони мають купу серйозних недоліків. По-перше, визначають синус та косинус кута не як надважливі загально наукові функції, а як містечкові співвідношення між сторонами прямокутного трикутника. По-друге, дозволяють визначати синуси та косинуси лише гострих кутів, тоді як ці функції мають певні значення для будь яких кутів, будь-то 30°; 90°; 135° чи 5784°. По-третє, не пояснюють факту того, чому значення косинусів та синусів можуть бути як додатними так і від’ємними. В-четвертих, не пояснюють факту періодичності даних функцій. В-п’ятих, не пояснюють купу тих співвідношень які в математиці називаються формулами приведення і які зазвичай є предметом банального зазубрювання. А головне, не розкривають фізичного, а по суті загально наукового змісту тих функцій які називаються синусом та косинусом кута.

І от, тому нещасному вчителю фізики, в умова часового цейтноту, треба пояснювати учням, що синус і косинус кута, то ж не просто відношення певного катету прямокутного трикутника до його гіпотенузи, а проекція одиничного радіус-вектора на відповідну вісь прямокутної системи координат, і що застосування цих функцій дозволяє переходити від векторного обчислення до скалярного і навпаки. Пояснювати, що: Косинус кута α (cosα) – це безрозмірна величина, яка дорівнює проекції відповідного цьому куту одиничного радіус-вектора на ту вісь від якої виміряно кут α. Синус кута α (sinα) – це безрозмірна величина, яка дорівнює проекції відповідного цьому куту одиничного радіус-вектора на ту вісь, що є перпендикулярною до осі від якої виміряно кут α.

А як ти за лічені хвилини до толку поясниш те, що хвалена математика не спромоглася пояснили за роки. Втім, варто зауважити, що в процесі розв’язування задач, кмітливі учні досить швидко засвоюють суть проекційного методу визначення синусу і косинусу кута, та відповідно успішно застосовують силовий метод розв’язування задач. Проблема лише в тому, що навчального часу для фізики загалом і для розв’язування задач зокрема, катастрофічно мало.

Силовий метод розв’язування задач статики.

Нагадаємо, базові методи розв’язування задач, ми розглядаємо на прикладі задач механіки. А оскільки в межах програми загальноосвітньої школи по суті вивчається лише та частина механіки яка називається механікою матеріальної точки, то ми говоримо лише про ті фізичні величини і ті закони які стосуються саме цієї частини механіки. Наприклад в статиці матеріальної точки, основною фізичною величиною є сила (F), а базовим законом – умова механічної рівноваги тіла: тіло (матеріальна точка) буде знаходитись в стані механічної рівноваги тоді і тільки тоді, якщо векторна сума діючих на нього зовнішніх сил дорівнює нулю. Іншими словами: якщо ∑F = 0 то v = 0, або v = const  і навпаки.

Говорячи про відносну простоту силового методу розв’язування задач, та про те, що в ньому задіяна лише одна базова фізична величина – сила, не варто забувати, що існує величезне різноманіття різновидностей цієї величини. Наприклад в механіці вивчається що найменше вісім різновидностей сили:

сила тяжіння             F_т = mg

реакція опори            N

сила тертя                  F_тер = µN

сила інерції               F_i = –ma

вага                            P = –N

гравітаційна сила      F_гр = Gm₁m₂/r²

сила Архімеда           F_A= ρVg

сила пружності         F_пр = –k(Δℓ)

А це означає, що принципово прості задачі статики, в реальності можуть бути зовсім непростими.

Та як би там не було, а силовий метод розв’язування задач має чітко визначений порядок дій. І цей порядок є наступним:

1. На основі аналізу умови задачі виконують малюнок (обов’язково), на якому чітко вказують всі діючі на дане тіло (точку рівноваги) сили .
2. Задають систему координат та вказують кутову орієнтацію сил в ній.
3. Записують умову рівноваги тіла, тобто систему рівнянь: ∑F_x = 0; ∑F_y = 0.
4. Розв’язавши цю систему, визначають невідомі величини.

Загальні зауваження. В механіці матеріальної точки, а саме таку механіку ми і вивчаємо, прийнято вважати, що всі діючі на тіло сили, діють на його центр мас. Тому, якщо в умові задачі нема конкретних вказівок щодо точки прикладання конкретної сили, то вважається що ця сила діє на цент мас відповідного тіла.

Дотримуючись вище наведеного алгоритму та зважаючи на зроблене зауваження, розв’яжемо ряд  конкретних задач, які ілюструють суть та можливості силового методу розв’язування задач.

         Задача 1. З якою мінімальною силою потрібно притиснути книгу масою 0,8кг до вертикальної стіни, щоб книга не зісковзувала вниз? Коефіцієнт тертя між книгою та стіною 0,4.

Дано:

m = 0,8кг

μ = 0,4

F = ?

Рішення. Виконуємо малюнок на якому вказуємо всі діючі на тіло сили та задаємо відповідну систему координат. Записуємо умову рівноваги даного тіла:

ΣF_x = N – F = 0;

ΣF_y = F_тер – F_т = μN – mg = 0.

Із рівняння (1) випливає F = N, де N=?

Із рівняння (2) випливає μN = mg, звідси N = mg/μ.

Таким чином F = N = mg/μ = 0,8кг·9,8(м/с²)/0,4 = 19,8Н

Відповідь: F = 19,8Н.

         Задача 2. Визначити силу тяги, яку розвиває тепловоз при рівномірному русі на горизонтальній ділянці шляху, якщо коефіцієнт тертя 0,03, а сила тиску на рейки 25∙10⁶Н?

Загальні зауваження. При розв’язуванні задач фізики, надзвичайно важливим вмінням, є вміння виділяти суттєве (важливе) і не звертати увагу на несуттєве (другорядне, неважливе). Наприклад в умовах даної задачі неважливо чи знаєте ви як влаштований тепловоз і як він створює ту силу яка називається силою тяги. Неважливо скільки коліс в цьому тепловозі і яким чином вони взаємодіють з рейками залізниці. Важливим є те, що на певній горизонтальній поверхні (опорі), є певне тіло, яке під дією певної горизонтальної сили (сили тяги F_тяги) з певною вертикальною силою (силою тиску F_т, а по суті силою тяжіння) діє на опору (рейки залізниці). Важливим є те, що руху тіла протидіє певна узагальнена сила тертя (сила протидії руху тепловоза), основною характеристикою якої є відповідний коефіцієнт тертя. Важливим є те, що тепловоз рухається з певною постійною швидкістю (v = const), бо це означає, що дана задача є задачею статики і що тому мають виконуватись співвідношення: ∑F_x = 0; ∑F_y = 0. Власне таке розуміння суті задачі і дозволяє отримати відповідне рішення.

Дано:

μ = 0,03

F_т = 25·10⁶Н

F_тяги= ?

Рішення. Виконуємо малюнок на якому вказуємо всі діючі на тіло сили та задаємо відповідну систему координат. (на малюнку F_тяги позн.  F; F_т позн. mg; F_тер позн. ƒ) Записуємо умову рівноваги даного тіла:

ΣF_x = F_тяги – F_тер = F_тяги – μN = 0;

ΣF_y = N – F_т = 0.

Із рівняння (1) випливає F_тяги = μN, де N=?

Із рівняння (2) випливає N = F_т = 25·10⁶Н .

Таким чином F_тяги = μN = 0,03·25·10⁶Н = 0,75·10⁶Н = 750кН

Відповідь: F = 750кН.

Задача 3. Тіло масою 15кг знаходиться на похилій площині, кут нахилу якої до горизонту 30°. Яку направлену вздовж площини силу треба прикласти до тіла, щоб воно піднімалось вгору з постійною швидкістю? Коефіцієнт тертя 0,35.

Дано:

m = 15кг

α = 30°

v = const

μ = 0,35

F = ?

Рішення. Виконуємо малюнок на якому вказуємо всі діючі на тіло сили; задаємо систему координат; вказуємо кутову орієнтацію сил (кут між силою тяжіння та віссю 0у (α = 30°) визначаємо із геометричних міркувань). Записуємо умову механічної рівноваги тіла. Розв’язавши систему відповідних рівнянь, визначаємо невідому величину.

∑F_x = F – F_тsinα – F_тер = F – mgsin30° – μN = 0;

∑F_y = N – F_тcosα = N – mgcos30° = 0.

Із рівняння (2) випливає N = mgcos30° = 15кг10(м/с²)0,87 = 130Н,

Із рівняння (1) випливає F = mgsin30° + μN = 15кг·10(м/с²)0,5 + 0,35·130Н = 120Н.

Відповідь: F = 120Н.

Задача 4. На зображену на малюнку систему шарнірно з’єднаних стержнів діє горизонтальна сила 100Н. Визначити виникаючі зусилля в стержнях.

Дано:

F = 100Н

N_B = ?   N_C = ?

Рішення. Виконуємо малюнок на якому вказуємо всі діючі на точку рівноваги (т.А) сили, при цьому реакції опор (N_B, N_C) направляємо в сторону точок закріплення стержнів. Задаємо систему координат: вісь х – горизонтальна і направленою вправо; вісь у – вертикальна і направленою вгору. Записуємо умову рівноваги точки А:

∑F_x = F + N_Csin30° – N_Bsin45° = 0;

∑F_y = N_Bcos45° + N_Ccos30° = 0.

Із рівняння (2) випливає N_B = –N_Ccos30°/cos45°.

Значення N_B підставляємо в рівняння (1) і визначаємо величину N_C

F + N_Csin30° – (–N_Ccos30°/cos45°)sin45° = 0, або

F + N_C(sin30° + cos30°∙ sin45°/cos45°) = 0, а оскільки sin45° = cos45°, то

F + N_C(sin30° + cos30°) = 0, звідси

N_C = – F/(sin30° + cos30°) = – 100Н/(0,5+0,87) = – 73,0Н, де

знак «–» вказує на те що в реальності сила N_С направлена в протилежну сторону від зображеної на малюнку (стержень АС «працює» не на розтягнення, а на стиснення).

N_B = –N_Ccos30°/cos45° = – (– 73,0Н)∙0,87/0,71 = +89,5Н

Відповідь: N_C = 73,0Н (стержень стискається),

N_B = 89,5Н (стержень розтягується).

Задача 5. Куля масою m і радіусом R підвішена на нитці довжиною ℓ до гладенької вертикальної стіни. Визначити силу натягу нитки та силу тиску кулі на стіну (тертям між кулею та стіною знехтувати).

Дано:

m

R

ℓ

N = ? R_D = ?

Рішення. За відсутності сили тертя між поверхнею кулі та поверхнею стіни, куля неминуче розвернеться таким чином, що напрям лінії нитки буде проходити через центр мас кулі. Зважаючи на ці обставини, зображаємо діючі на центр мас сили (F_т = mg, N, R_D), задаємо систему координат та записуємо умову рівноваги кулі.

(1)  ∑F_x = – R_D + Nsinα = 0;

(2)  ∑F_y = – mg + Ncosα = 0.

Із (2) → N = mg/cosα,

підставивши в рівняння (1) отримаємо

– R_D + mgsinα/cosα = – R_D + mgtgα = 0, звідси

R_D = mg∙tgα, де tgα = ?

З геометричного аналізу прямокутного трикутника АDO випливає: tgα = ОD/AD = R/AD. У відповідності з теоремою Піфагора OD² + AD² = OA², або R² + AD² = (R+ℓ)², звідси AD² = (R+ℓ)² – R², звідси  AD = √[(R+ℓ)² – R²] = √(2Rℓ+ℓ²)

Таким чином: tgα = R/√(2Rℓ+ℓ²); cosα = AD/OA = (R+ℓ)/√(2Rℓ+ℓ²);

R_D = mg∙R/√(2Rℓ+ℓ²);

N = mg/cosα = mg∙√(2Rℓ+ℓ²)/(R+ℓ).

Відповідь: R_D = mg∙R/√(2Rℓ+ℓ²);

.                   N = mg∙√(2Rℓ+ℓ²)/(R+ℓ).

Силовий метод розв’язування задач динаміки.

Вище описаний силовий метод розв’язування задач, може і має успішно застосовуватися не лише при розв’язування задач статики (а = 0), а й задач динаміки, тобто тих задач в яких тіло рухається з певним прискоренням (а ≠ 0). А таке застосування не можливе без врахування дії сили інерції. Нажаль маємо констатувати, що в системі вітчизняної науки і освіти, та сила яку називають силою інерції, перебуває в статусі офіційно невизнаної.

Понад три століття тому, геніальний Ньютон розповів цивілізованому світу про властивості та прояви тієї «вродженої сили», яка притаманна всім матеріальним об’єктам Природи і яку прийнято називати силою інерції. Минуло більше століття після того, як не менш геніальний Альберт Ейнштейн, пояснив фізичну суть сили інерції та безумовно довів, що ця сила не менш реальне, не менш фундаментальна і не менш важлива ніж сила гравітаційних взаємодій.

Та що нам до ньютонів, ейнштейнів та теорій відносності. Ми ж переконані в тому, що тими подіями які відбуваються на Землі і у Всесвіті, не закони Природи керують, а системи відліку. Тому з такою дикунською впертістю, від видання до видання, від покоління до покоління, від професора до професора, від академіка до академіка, переповідаємо нікчемні байки про те, що сила інерції не відповідає визначенню терміну «сила», що не існує того фізичного об’єкту який є джерелом цієї сили, що невідомий механізм дії сили інерції, що сила інерції, то лише та математична абстракція, яка дозволяє переходити від інерціальних систем відліку, до систем неінерціальних, що Місяць не падає на Землю тому, що Земля знаходиться в інерціальній системі відліку, а Місяць – в неінерціальній, і т.д, і т.п.

Звісно, навчально-методична робота, то ж не місце для серйозної дискусії щодо природи (походження), механізму дії та незліченних проявів сили інерції. Про це, зацікавлені можуть прочитати на «Сайт викладача фізики» (або fizika.dp.ua). Наразі ж просто зауважу.

Подобається нам чи не подобається, розуміємо ми чи не розумієте, а в інерціальних та неінерціальних системах відліку, всі фізичні процеси відбуваються абсолютно однаково. Подобається нам чи не подобається, розуміємо ми чи не розуміємо, а силові прояви гравітації та інерції еквівалентні. Це означає, що сила інерції, це не просто реально існуюча сила, а така сила, яку в принципі не можливо відрізнити чи відділити від сили гравітаційної взаємодії. І це вам каже не рядовий викладач фізики провінційного металургійного коледжу, а великий Ейнштейн і та фундаментальна система знань, яка називається загальною теорією відносності. Це вам стверджують ті базові, фундаментальні закони Природи, які називаються фізичними принципами. А ці принципи наступні.

1. Загальний принцип відносності: в інерціальних та неінерціальних системах відліку, всі фізичні процеси відбуваються абсолютно однаково.
2. Загальний принцип постійності швидкості світла: в інерціальних та неінерціальних системах відліку, ніякі взаємодії і ніякі інформаційні сигнали, не можуть поширюватися з швидкістю, більшою за швидкість світла у вакуумі.
3. Принцип еквівалентності: силові прояви гравітації та інерції еквівалентні.

А що стосується того фізичного об’єкту взаємодія з яким призводить до появи діючої на тіло сили інерції, то такий об’єкт в реальності існує і називається простір-час. А вся «нереальність», «надуманість», «віртуальність» сили інерції, полягає лише в одному – в нашому суб’єктивному, примітивно-спрощеному розумінні того, що називається простір-час. В уявленнях про те, що простір-час, це така собі безкінечна, безструктурна, вічна пустота, яка не має жодних властивостей, окрім властивості бути безкінечною, безструктурною, вічною пустотою.

В реальності ж простір-час, це надзвичайно складний, багатогранний, багатофункціональний фізичний об’єкт, параметри та властивості якого, певним чином залежать від тих речовинних об’єктів які знаходяться в цьому просторі-часі, та тих подій які відбуваються в ньому. Проявами ж певних властивостей простору-часу є гравітаційні та електромагнітні поля, електромагнітні та гравітаційні хвилі, видиме світло, інфрачервоне, ультрафіолетове, рентгенівське та гама випромінювання, тощо.

Якщо ж говорити про механізм взаємодії прискорено рухомих мас з простором-часом, то він схожий на механізм взаємодії електричних зарядів з тим збуренням простору-часу яке називається електромагнітним полем: при взаємодії рухомого заряду з електромагнітним полем, виникає (індуцирується) певна сила яка протидіє руху заряду (закон електромагнітної індукції). Аналогічним чином індуцирується і сила інерції: при взаємодії простору-часу з прискорено рухомою масою, виникає (індуцирується) певна сила (сила інерції) яка протидіє прискореному руху маси.

І от запитується. Якщо нас не дивує факт силової взаємодії зарядів з тим збуренням простору-часу яке називається електромагнітним полем, то чому ж з таким завзяттям, заперечуємо факт аналогічної взаємодії простору-часу з прискорено рухомими масами? Якщо нас не дивує взаємопов’язаність електричних і магнітних взаємодій, то чому ж з такою дикунською впертістю заперечуємо факт взаємопов’язаності гравітаційних та інерційних взаємодій?

Звісно, учням сьомих – дев’ятих класів, нема потреби детально пояснювати природу та механізм дії сили інерції. Цілком достатньо елементарних, але безумовно достовірних визначень та аналогічних пояснень. Наприклад таких.

Сила інерції – це така сила, поява якої обумовлена прискореним рухом тіла і яка завжди протидіє появі та зростанню цього прискорення.

Позначається: F_і

Визначальне рівняння: F_і = –ma

Одиниця вимірювання: [F_і] = Н, ньютон.

Подібно до того як сила тертя протидіє переміщенню контактуючих поверхонь, як сила пружності протидіє пружній деформації тіла, сила інерції протидіє прискореному руху тіла. А це означає, що як тільки тіло починає рухатись з певним прискоренням, автоматично з’являється сила інерції напрям якої протилежний до напрямку прискорення.

Наприклад якщо в момент розгону, прискорення ракети направлено вгору, то діюча на ракету сила інерції направлена вниз. Якщо в процесі вільного падіння прискорення тіла направлено вниз, то діюча на тіло сила інерції направлена вгору. Якщо в процесі гальмування, прискорення автомобіля направлено назад (в сторону протилежну від напрямку руху), то діюча на автомобіль сила інерції направлена вперед. Якщо в процесі руху автомобіля по колу, його прискорення є доцентровим, то діюча на автомобіль сила інерції є відцентровою. Якщо прискорення тіла направлено вправо, то діюча на тіло сила інерції направлена вліво. Якщо прискорення вліво – сила інерції вправо, прискорення вперед – сила інерції назад і т.д.

  

Мал.1. Якщо тіло рухається з прискоренням, то на нього неминуче діє певна сила інерції, направлена в сторону протилежну від напрямку прискорення.

Таким чином, коли ми констатуємо факт того, що в процесі обертання навколо Землі, Місяць не падає на Землю, то це не тому, що існують якісь системи відліку, а тому що на Місяць діють дві рівні за величиною і протилежні за напрямком сили (доцентрова гравітаційна сила F_гр = GMm/ℓ² та відцентрова сила інерції F_і = ma_д = mv²/ℓ), які динамічно зрівноважують одна одну.

Мал.2.  Місяць не падає на Землю не тому, що існують якісь системи відліку, а тому що на Місяць діють дві рівні за величиною і протилежні за напрямком сили які динамічно зрівноважують одна одну.

Ви можете запитати: «А як бути з умовою механічної рівноваги тіла, тобто з законом в якому говориться про те, що коли діючі та тіло зовнішні сили зрівноважують одна одну, то тіло знаходиться в стані спокою (v = 0), або прямолінійного рівномірного руху (v = const)?» Відповідаючи на це слушне запитання, можна сказати наступне.

Дійсно. В умові механічної рівноваги тіла стверджується: якщо векторна сума діючих на тіло зовнішніх сил дорівнює нулю, то тіло буде знаходитись в стані механічної рівноваги. Іншими словами: якщо ∑F = 0, то v = 0 або v = const.

Аналізуючи дане твердження зверніть увагу на те, що в ньому говориться про векторну суму зовнішніх сил, тобто звичайних сил взаємодії: сила тяжіння, сила тертя, сила пружності, сила Архімеда, реакція опори, сила тяги, тощо. В нашому ж випадку, ми маємо справу з силою інерції, тобто силою яка не є зовнішньою. З силою, поява якої обумовлена не взаємодією тіла з тими чи іншими речовинними об’єктами, а самим фактом прискореного руху тіла.

Тому коли ми стверджуємо, що в процесі обертання навколо Землі, на Місяць діють дві рівні за величиною і протилежні за напрямком сили, які зрівноважують одна одну, то маємо на увазі так звану динамічну рівновагу, тобто таку рівновагу яка передбачає рух тіла не з постійною швидкістю (v = const), а з постійним прискоренням (а = const ≠ 0).

Динамічною рівновагою називають такий механічний стан тіла, при якому воно, під дією зовнішніх сил та сили інерції, знаходиться в стані рівноприскореного руху (а = const ≠ 0).

Тепер коли ви дещо знаєте про силу інерції, не важко пояснити технологію силового методу розв’язування задач динаміки. А ця технологія абсолютно аналогічна технології розв’язування задач статики:

1. Виконуємо малюнок (обов’язково), на якому вказуємо всі діючі на тіло сили, в тому числі і силу інерції.
2. Задаємо систему координат та вказуємо кутові орієнтації сил.
3. Записуємо відповідну малюнку систему рівнянь, які відповідають умові динамічної рівноваги тіла (∑F + F_i = 0): ∑F_x = 0; ∑F_y = 0.
4. Розв’язавши наявну систему рівнянь, визначаємо невідомі величини.

Ілюструючи суть та можливості вище описаного силового методу розв’язування задач динаміки, розглянемо ряд конкретних прикладів. (Відразу ж зауважу, що віднайти малюнок з позначеною на ньому силою інерції практично не можливо. А самостійно створювати такі малюнки автор тексту на жаль не вміє. Тому в графічних поясненнях до задач, зображення сили інерції зазвичай відсутнє).

Задача 6. Автомобіль масою 900кг, маючи тягову силу 2кН, рухається з прискоренням 1м/с². Визначити загальну силу опору руху автомобіля (загальну силу тертя).

Дано:

m = 900кг

F_тяги = 2кН = 2000Н

a = 1м/с²

F_тер = ?

Рішення. Виконуємо малюнок на якому вказуємо всі діючі на автомобіль сили. А цими силами є: сила тяжіння F_т = mg, реакція опори N, сила тяги F_тяги = F, сила тертя F_тер та направлена в протилежну сторону від прискорення сила інерції F_і = ma. (на малюнку не позначена) Задаємо відповідну систему координат.  Записуємо умову рівноваги тіла вздовж осі 0х:

ΣF_x = F_тяги – F_тер – F_i = F_тяги – F_тер – mа = 0. Звідси випливає

F_тер = F_тяги – mа.

Розрахунки: F_тер = 2000Н – 900кг1м/с² = 2000Н – 900Н = 1100Н

Відповідь: F_тер = 1100Н.

Задача 7. В процесі аварійного гальмування, автомобіль масою 900кг рухається з прискоренням 4м/с². Визначити діючу на автомобіль силу тертя та коефіцієнт тертя.

Дано:

m = 900кг

а = 4м/с²

F_тер= ?

μ = ?

Рішення. Виконуємо малюнок на якому вказуємо всі діючі на тіло сили та задаємо відповідну систему координат (сила інерції на малюнку не показана).

Записуємо умову рівноваги даного тіла:

ΣF_x = F_і – F_тер = ma – F_тер = 0;

ΣF_y = N – mg = 0.

Із рівняння (1) випливає F_тер = ma = 900кг·4м/с² = 3600Н.

Оскільки за визначенням F = μN, та зважаючи на те, що з рівняння (2) випливає N = mg = 900кг·10м/с² = 9000Н, можна записати

μ = F_тер/N = 3600H/9000Н = 0,4

Відповідь: F_тер = 3600Н; μ = 0,4.

Задача 8. З якою силою буде тиснути автомобіль масою 800кг на середину опуклого моста, якщо радіус моста 50м, а швидкість автомобіля 36км/год?

Потрібно зауважити, що ту силу з якою тіло діє на опору прийнято називати вагою тіла (позначається Р). А оскільки та сила з якою тіло діє на опору (вага тіла Р), чисельно дорівнює тій силі з якою опора діє на тіло (реакція опори N), то рішення задачі по суті зводиться до визначення діючої на тіло (автомобіль) реакції опори: P = N = ?

Дано:

m = 800кг

R = 50м

v = 36км/год =10м/с

P = N = ?

Рішення. Виконуємо малюнок на якому вказуємо ті сили які діють на автомобіль у верхній точці моста. А враховуючи факт того, що автомобіль з швидкістю v рухається по колу, а отже рухається з доцентровим прискоренням (a = v²/R), можна стверджувати, що у вертикальному напрямку, на автомобіль окрім сили тяжіння та реакції опори діє сила інерції F_i = ma = mv²/R, і що у верхній точці моста вона направлена вертикально вгору.

Записуємо умову рівноваги даного тіла в напрямку вертикальної осі (оскільки на малюнку ця вісь направлена вниз, то і знаки сил є відповідними):

∑F_x = F_т – F_i – N = mg – mv²/R – N = 0. Звідси випливає:

N = mg – mv²/R = m(g – v²/R)

Розрахунки: N = 800кг(10м/с² – (10м/с)²/50м) = 800кг·8м/с² = 6400Н.

Відповідь: Р = 6400Н.

Задача 9. Відомо, що радіус Землі 6,37·10⁶м, а прискорення вільного падіння на ній 9,8м/с². Визначити ту швидкість з якою тіло (штучний супутник) має обертатись навколо Землі і не падати на неї.

.

Дано:

R = 6,37·10⁶м

g = 9,8м/с²

F_і = F_т

v = ?

Рішення. Виконуємо малюнок на якому вказуємо наявну ситуацію та ті сили, що діють на супутник в процесі його обертання навколо Землі. А цими силами є: сила тяжіння F_т = mg та сила інерції F_і = mа_д = mv²/R (як завжди, сила інерції на малюнку не позначена).

Оскільки супутник не падає на Землю і не віддаляється від неї, то це означає, що діючі на нього сила тяжіння та сила інерції урівноважують одна одну (F_і = F_т) і тому mv²/R = mg. Звідси v² = mgR/m, звідси v² = gR, звідси v = √gR.

Розрахунки: v = √gR = √(9,8м/с² 6,37·10⁶м) = √(62,4·10⁶м²/с²) = 7,9·10³м/с.

Відповідь: Для того щоб тіло не падало на Землю і не віддалялось від неї, тобто стало штучним супутником Землі, необхідно щоб воно рухалось з швидкістю v=7,9·10³м/с=7,9км/с. Цю швидкість називають першою космічною швидкістю.

Задача 10. Відомо, що Місяць обертається навколо Землі з швидкістю 1км/с. Визначте масу Землі, якщо відстань між Землею і Місяцем 3,84·10⁸м.

Дано:

v = 1км/с = 1·10³м/с

ℓ = 3,84·10⁸м

М = ?

Рішення. Розглянемо ті сили що діють на Місяць при його обертанні навколо Землі. А цими силами є: 1) сила гравітаційної взаємодії між Землею і Місяцем F_гр=GMm/ℓ², де М – маса Землі, m – маса Місяця;  2) сила інерції F_і=mа_д = mv²/ℓ (оскільки Місяць рухається по колу радіусом ℓ, то він рухається з певним доцентровим прискоренням а_д=v²/ℓ, а отже на нього діє відцентрова сила інерції F_і=mа_д = mv²/ℓ).

Оскільки Місяць не падає на Землю і не віддаляється від неї, то можна стверджувати, що діючі на нього сили динамічно зрівноважують одна одну (F_гр=F_і), і що тому GMm/ℓ² = mv²/ℓ. Звідси M = v²ℓ/G, де G=6,67∙10^–11 (Н∙м²/кг²= м³/кг·с²).

Розрахунки: М = (1·10³м/с)²·3,84·10⁸м / 6,67∙10^–11 (м³/кг·с²) =

= (1²·3,84·10⁶·10⁸ / 6,67∙10^–11)кг = 0,6·10²⁵кг = 6,0·10²⁴кг.

Відповідь: М = 6,0·10²⁴кг.

Задача 11. Відомо що маса Землі 6,0∙10²⁴кг, а відстань між Землею і Місяцем 3,8∙10⁸м. Визначити з якою швидкістю Місяць має обертатися навколо Землі, щоб не віддалятися і не падати на неї.

Дано:

М = 6,0∙10²⁴кг

r = 3,8∙10⁸м

v = ?

Рішення. Оскільки в процесі обертання навколо Землі, Місяць не падає на Землю і не віддаляється від неї, то можна стверджувати, що діючі на Місяць сили (гравітаційна сила F_гр = GMm/r² та сила інерції F_i = mv²/r), динамічно зрівноважують одна одну (F_гр = F_і), і що тому GMm/r² = mv²/r. Звідси v² = GM/r, звідси v=√(GM/r).

Розрахунки: v = √[6,67·10^–11·6·10²⁴/3,8·10⁸] = √[(6,67·6/3,8)·10^–11+24–8] = √(10∙10⁵) = √(100∙10⁴) =   10·10²м/с = 1,0·10³м/с = 1,0км/с.

Відповідь: v = 1,0км/с.

Задача 12. З яким прискоренням рухається брусок похилою площиною кут нахилу якої 30°, якщо коефіцієнт тертя 0,2?

Дано:

α=30°

µ=0,2

а=?

Рішення: Виконуємо малюнок на якому: вказуємо всі діючі на тіло сили (сила тяжіння, реакція опори, сила тертя, сила інерції); задаємо систему координат; вказуємо кутову орієнтацію сил (на малюнку сила інерції не вказана). Записуємо умову динамічної рівноваги тіла і, розв’язавши систему відповідних рівнянь, визначаємо невідому величину.

∑ F_х = –F_тер –F_і + F_тsinα = 0        (1)

∑ F_у = N – F_тcosα = 0                  (2)

Враховуючи, що: F_тер =µN,  F_і = ma,  F_т = mg,  можна записати

–µN – ma + mgsinα = 0,  звідси ma = mgsinα – µN .

Враховуючи, що згідно з рівнянням (2) N = F_т cosα = mgcosα,  отримаємо

ma = mgsinα – µmgcosα,  звідси a = g(sinα – µcosα).

Розрахунки: a = g(sin30° – µcos30°) = 9,8(м/с)²(0,50 – 0,2·0,87) = 3,2м/с².

Відповідь:  а = 3,2м/с².

Задача 13. Літак виконує так звану «мертву петлю», яка представляє собою вертикальну колову траєкторію. З якою силою пілот тисне на сидіння літака (на опору) у верхній та нижній точках «мертвої петлі», якщо швидкість літака 360км/год, а радіус петлі 200м? Маса пілота 80кг.

Дано:

m = 80кг

v = 360км/год =100м/с

R = 200м

N₁ = ?  N₂ = ?

Рішення: Виконуємо малюнок на якому вказуємо всі діючі на пілота літака сили у верхній та нижній точках «мертвої петлі». А цими силами є: сила тяжіння F_т = mg, реакція опори N та сила інерції F_i = mv²/R. У верхній і нижній точках траєкторії, вище згадані сили діють вздовж вертикалі 0у. При цьому будемо вважати, що як у верхній так і в нижній точках траєкторії реакція опори направлена вертикально вгору (на малюнку реакція опори N не показана).

Зважаючи на вище сказане, запишемо умову рівноваги тіла (пілота) для верхньої (1) і нижньої (2) точок траєкторії та визначимо з цієї умови невідомі величини N₁; N₂.

1) ∑F_y = F_i – F_т + N₁= 0, звідси випливає:

N₁ = F_т – F_і = mg – mv²/R = 80(10 – 100²/200) = 80(10 – 50) = –3200 Н, знак «–» вказує на те, що в реальності реакція опори N₁ направлена вниз. А це означає, що пілот з силою 3200Н тисне на опору (сидіння) і ця сила направлена вгору.

2) ∑F_y = –F_i – F_т + N₂= 0, звідси випливає:

N₂ = F_i + F_т = mv²/R + mg = 80(100²/200 + 10) =4800Н

Відповідь: N₁ = 3200Н; N₂ = 4800Н.

Варто зауважити, що силовий метод розв’язування задач ефективно працює не лише в механіці, а й в інших розділах фізики. Наприклад:

Задача 14. α-частинка (m₀ = 4а.о.м.; q₀ = +2е) з швидкістю 10⁶м/с влітає в однорідне магнітне поле, під кутом 90° до ліній його індукції. Визначити радіус того кола яку описуватиме частинка в процесі свого руху, якщо індукція магнітного поля 0,2Тл.

або

Дано:

m₀ = 4а.о.м. = 4∙1,66∙10^{– 27}кг

q₀ = +2e = +2∙1,6∙10^{– 19}Кл

v = 10⁶м/с

α = 90°

B = 0,2Тл

R = ?

Рішення. Виконуємо малюнок на якому вказуємо діючі на α-частинку сили. А цими силами є: 1) доцентрова сила Лоренца F_Л=Bq₀vsinα, де sinα = sin90° = 1; 2) відцентрова сила інерції F_i = m₀a = m₀v²/R (на малюнку не показана). У відповідності з умовою динамічної рівноваги частинки  F_i = F_Л, а отже m₀v²/R = Bq₀v, звідси R = m₀v²/Bq₀v = m₀v/Bq₀.

Розрахунки. R = m₀v/Bq₀ = 4∙1,66∙10^{– 27}кг∙10⁶(м/с) / 0,2Тл∙2∙1,6∙10^{– 19}Кл = 10∙10^–2м = 10см.

Відповідь: R = 10см.

Узагальнення.

Приємна особливість силового методу розв’язування задач полягає в тому, що він підпорядковується строго визначеному алгоритму дій:

1. Виконується малюнок (обов’язково), на якому вказуються всі діючі на тіло зовнішні сили (а для задач динаміки (а ≠ 0) ще й силу інерції).
2. Задається система координат та вказується кутові орієнтації сил.
3. Записується система рівнянь, які відповідають умові механічної рівноваги тіла ∑F = 0 (для задач динаміки – умові динамічної рівноваги тіла ∑F + F_i = 0): ∑F_x = 0; ∑F_y = 0.
4. Із наявної системи рівнянь, визначаються невідомі величини.

Нажаль, в системі вітчизняної освіти, силовий метод розв’язування задач застосовується винятково для розв’язування задач статики, тобто тих задач в яких тіло не рухається, або рухається без прискорення (а = 0). І це при тому, що даний метод є гранично універсальним, гранично простим і таким, що з однаковим успіхом може і має застосовуватися як для розв’язування задач статики (а = 0) так і задач динаміки (а ≠ 0).

Широкому застосуванню силового методу розв’язування задач, визначально заважають дві ганебні обставини. Перша полягає в тому, що у вітчизняній освіті, мало того, що математика існує заради самої математики, та ще й характеризується граничною безсистемністю цієї самої математики заради математики. Друга ганебна обставина полягає в тому, що в системі вітчизняної науки і освіти, та сила яку називають силою інерції, перебуває в статусі офіційно невизнаної.

Наприклад, коли ми говоримо про застосування силового методу розв’язування задач, то окрім гранично простих випадків, воно передбачає розуміння загальнонаукової суті того, що називають синусом і косинусом кута. А ці знання має надавати математика. У всякому разі, у відповідності з навчальними програмами, не фізиці а математиці (математиці, геометрії, тригонометрії, тощо) надаються ті навчальні години які присвячені вивченню тригонометричних функцій.

В математиці ж заради математики, мало того, що розмови про синус та косинус кута, починаються після того, як у фізиці ці функції мають застосовуватися, та ще й визначають їх не як надважливі загальнонаукові функції, а як містечкові співвідношення між сторонами прямокутного трикутника. І це при тому, що саме з загальнонаукового, проекційного визначення синуса та косинуса кута, з усією очевидністю випливають і певні співвідношення між катетами та гіпотенузою прямокутного трикутника, і факт існування синусів і косинусів будь яких кутів, і очевидність числових значень цих функцій для будь якого кута, і факт періодичної повторюваності цих функцій, і періодичність зміни їх знаків, і графічне представлення цих функцій у вигляді відповідних синусоїд та косинусоїд, і ті співвідношення які в тригонометрії називають формулами приведення, і факт того, що застосування синуса та косинуса кута дозволяє векторні величини представляти у вигляді скалярних і навпаки, і багато, багато іншого.

Та що нам до міжпредметних зв’язків, що нам до системності знань загалом, та системності вивчення самої математики. Нам же математику заради математики подавай. Нам же математику заради екзаменів подавай. Та вже до екзаменувалися до того, що й самі забули для чого і для кого та математика.

Якщо ж говорити про задачі динаміки, тобто ті задачі в яких тіло рухається з певним прискоренням (а ≠ 0), то в системі вітчизняної освіти вони розв’язуються абсолютно не так, як задачі статики (а = 0). Не так тому, що у вітчизняній освіті, ні про силу інерції, ні про динамічну рівновагу тіла навіть не згадують.

Натомість «класичне» силове рішення задач динаміки грунтується на застосуванні певної комбінації другого і третього законів Ньютона. А цю комбінацію відображає правило: «сили взаємодії підпорядковуються третьому закону Ньютона, а сили, що діють на одне тіло, підпорядковуються другому закону Ньютона».

В ідеальному виконанні ця схема працює наступним чином. Виходячи з того, що те прискорення а з яким рухається тіло масою m, є наслідком дії результуючої тих зовнішніх сил які діють на це тіло (F_рез = F₁ + F₂ +…+ F_n), та враховуючи, що згідно з другим законом Ньютона a = F_рез/m, а також зважаючи на те, що ті сили які діють на тіло і підпорядковуються другому закону Ньютона, пов’язані з іншими силами (силами взаємодії) третім законом Ньютона (F_діюча =  – F_{протидіюча}) визначають невідому величину.

З формальної точки зору подібне рішення є правильним, а точніше таким, що дозволяє отримати правильну відповідь. Однак на практиці, загальна логіка такого рішення, зазвичай руйнується рядом обставин. По-перше, учні часто плутають в якому випадку потрібно застосовувати другий закон Ньютона, а в якому – третій. По-друге, плутаються з тим, які сили є силами взаємодії, а які діючими на тіло силами, які сили є діючими, а які продидіючими. По-третє, часто не зрозуміють, а який об’єкт є джерелом тієї сили, яку називають силою взаємодії. По-четверте, «класичне» силове рішення навіть елементарно простих задач динаміки, характеризується відсутністю чіткого алгоритму розв’язку, заплутаністю логічних міркувань, відсутністю універсалізму. По-п’яте, не те що учні, а навіть ті хто програми та підручники пишуть, визначальні рівняння фізичних величин плутають з законами, а закони – з визначальними рівняннями, зокрема другий закон Ньютона (a = F/m) плутають з визначальним рівнянням сили (F = mа). Вагу тіла (Р) плутають з силою тяжіння (F_т), силу тяжіння (F_т) – з гравітаційною силою (F_гр), силу пружності (F_пр) – з реакцією опори (N), реакцію опори (N) – з вагою тіла (P) і навпаки.

Я вже мовчу про сумнівну науковість правила: «сили взаємодії підпорядковуються третьому закону Ньютона, а сили, що діють на одне тіло, підпорядковуються другому закону Ньютона». Адже це правило по суті декларує антинаукову тезу про вибірковість дії фізичних законів.

А все ж за ради чого? Правильно – заради того, щоб про силу інерції не згадувати. Бо десь, колись, комусь, з якогось переляку наснилося, що сили інерції не існує, а якщо й існує, то це якась неправильна сила, яка ніби й сила, а ніби й не сила. А від так, краще про неї не згадувати, та зробити вигляд що її просто нема. А те що там якісь ньютони, ейнштейни та теорії відносності доводять, так нам же ті ньютони з ейнштейнами не указ.

Чесно кажучи, ніколи не розумів і напевно не зрозумію як в механіці загалом і в динаміці зокрема, можна притомно пояснити бодай щось без згадки про силу інерції. Як без сили інерції можна пояснити факт того, що легкі і важкі тіла падають з однаковим прискоренням? Як можна пояснити факт того, що в процесі вертикального прискореного руху системи опора-тіло, вага тіла в залежності від напрямку та величини прискорення може бути різною? Як можна пояснити, чому в кабіні штучного супутника Землі тіла перебувають в станів невагомості і що представляє собою цей стан? Як можна пояснити чим сила тяжіння (F_т = mg) відрізняється від сили гравітаційної взаємодії ( F_гр= GMm/R²) і чому в загальному випадку сила тяжіння не проходить через центр маси Землі? Як без згадки про силу інерції можна пояснити чому Місяць не падає на Землю, а Земля не падає на Сонце? Чому Сонячна система дископодібна, чому Земля дещо розтягнута в екваторіальній площині? І таких чому? – сотні і тисячі.

Втім, те що з цього приводу написано в наших підручниках з фізики, навряд чи можна назвати притомними поясненнями. Рівно як мало притомною є і «класична» схема розв’язування задач динаміки. І це при тому, що з застосуванням сили інерції всі ці пояснення та розв’язки задач стають системними та елементарно простими. Тобто власне такими, якими і мають бути.

Натомість, ми вигадуємо якісь байки про те, що «сили взаємодії підпорядковуються третьому закону Ньютона, а сили що діють на одне тіло, підпорядковуються другому закону». Що Місяць не падає на Землю тому, що Земля знаходиться в інерціальній системі відліку, а Місяць – в неінерціальній. Земля ж не падає на Сонце тому, що по відношенню до Місяця вона знаходиться в інерціальній системі відліку, а по відношенню до Сонця – в неінерціальній. Мучимо та дуримо цими байками себе і дітей, а потім щиро дивуємося, чому ж це вони не знають, не розуміють та не люблять фізику.

Імпульсно-енергетичний метод розв’язування задач

 

Зміст

1. Пояснювальна записка.
2. Імпульсно-енергетичний метод розв’язування задач.
3. Узагальнення.

Пояснювальна записка.

В фізиці загалом і в механіці зокрема, можна виділити три базові методи аналітичного (алгебраїчного) розв’язування задач: кінематичний, силовий та імпульсно-енергетичний. В загальних рисах про суть кожного з цих методів можна сказати наступне.

Кінематичний метод розв’язування задач грунтується на застосуванні закону який називається рівнянням руху x = x₀ + v₀t + (a/2)t² та визначальних рівняннях базових фізичних величин кінематики: час t; координата x = ℓ_x; пройдений шлях s = ∆x; швидкість v = ∆x/∆t; прискорення a = ∆v/∆t).

Нагадаємо, базові методи розв’язування задач фізики, ми розглядаємо на прикладі механіки, а точніше – механіки поступального руху (механіки матеріальної точки). Тому говоримо лише про ті фізичні величини і ті закони які стосуються саме цієї частини механіки.

Силовий метод розв’язування задач грунтується на застосуванні законів, які називаються умовою механічної (якщо а = 0, то ∑F = 0) та умовою  динамічної (якщо а ≠0, то ∑F + F_і = 0) рівноваги тіла, і визначальних рівняннях базових сил механіки: сила тяжіння F_т = mg; реакція опори N; сила тертя F_тер = μN; сили інерції F_і = – mа; вага P = – N; сила гравітаційної взаємодії F_гр = Gm₁m₂/r²; сила пружності F_пр= –k∆ℓ; сила Архімеда F_А = ρVg.

Імпульсно-енергетичний метод розв’язування задач грунтується на застосуванні законів збереження енергії ∑E_до = ∑E_після та імпульсу ∑p_до = ∑p_після, і визначальних рівняннях базових імпульсно-енергетичних фізичних величин механіки: імпульс p = mv; енергія E; кінетична енергія E_к = mv²/2; потенціальна енергія E_п = mgh, E_п = k∆ℓ²/2; робота A = ∆E, або A_мех = Fscosα; потужність N = A/t, або N_мех = Fv; коефіцієнт корисної дії η = A_кор/A_заг.

Звісно, подібна класифікація є досить умовною. Умовною по-перше тому, що в багатьох випадках одну і ту ж задачу можна розв’язати різними методами. А по-друге, рішення багатьох задач передбачає застосування певної комбінації двох, а то і трьох методів. Однак в будь якому випадку, рішення практично будь якої задачі механіки, можна звести до певної комбінації трьох вище згаданих методів: кінематичного, силового та імпульсно-енергетичного.

Про кінематичний та силовий методи розв’язування задач, говорилося в попередніх навчально-методичних роботах. Наразі ж мова піде про імпульсно-енергетичний метод. А оскільки нема кращого способу навчитися розв’язувати задачі як той, що передбачає їх практичне розв’язування, то левова частина наших зусиль буде присвячена розв’язуванню типових задач.

Імпульсно-енергетичний метод розв’язування задач.

Задачі імпульсно-енергетичного спрямування характеризуються надзвичайно широким різноманіттям. При цьому це різноманіття умовно можна розділити на чотири групи:

– задачі на застосування закону збереження енергії;

– задачі на застосування визначального рівняння коефіцієнту корисної дії;

– задачі на застосування закону збереження імпульсу:

– комбіновані задачі.

Кожна з цих груп має свої особливості та характеризується своїм алгоритмом розв’язування задач. Стисло описуючи ці особливості та алгоритми можна сказати наступне.

Задачі на застосування закону збереження енергії.

Нагадаємо, в законі збереження енергії стверджується: при будь яких процесах, що відбуваються в замкнутій (енергоізольованій) системі, загальна кількість енергії цієї системи залишається незмінною, тобто зберігається (сума енергій до події, дорівнює сумі енергій після події), іншими словами: ∑E_до = ∑E_після.

Зазвичай в умовах тих задачах механіки, рішення яких базується на законі збереження енергії, про закон збереження енергії говориться опосередковано. Наприклад фраза «тіло без тертя зісковзує з похилої площини», по суті означає, що в процесі відповідного руху, втратами енергії можна знехтувати, і що в процесі руху потенціальна енергія піднятого тіла (Е_п = mgh) повністю перетворюється в енергію кінетичну (Е_к = mv²/2).

Загалом, при розв’язуванні задач діє загально прийняте правило: якщо в умові задачі фізичний зміст того чи іншого параметру чітко не визначений, то завжди обирають таке значення цього параметру яке є найпростішим і таким, що дозволяє розв’язати відповідну задачу. Тому якщо в умові задачі прямо не сказано, про певні енергетичні втрати, то прийнято вважати, що ці втрати відсутні.

Варто зауважити, що енергія, робота, потужність та коефіцієнт корисної дії (ККД), це споріднені фізичні величини, які з різних сторін характеризують одне і те ж – енергетичні параметри фізичного об’єкту:

– енергія (Е), характеризує здатність виконати енергозатратну дію (роботу);

– робота (А = ΔЕ), характеризує затрати енергії на виконання енергозатратної дії;

– потужність (N = A/t), характеризує роботу виконану за одиницю часу;

– ККД (η = A_кор/A_заг), характеризує ефективність використання енергії  (виконання роботи).

А це означає, що ці параметри на пряму пов’язані з законом збереження енергії та відповідними задачами. Інша справа, що ті задачі в яких так чи інакше фігурує коефіцієнт корисної дії, мають свої особливості і тому розглядаються як окремий вид задач.

Зважаючи на вище сказане, розглянемо ряд задач на застосування закону збереження енергії.

Задача 1. Тіло масою 3 кг вільно падає з висоти 5м. Визначити потенціальну та кінетичну енергію цього тіла на висоті 3м.

Дано:

m = 3кг

h₁ = 5м

h₂ = 3м

Е_п2 = ?  Е_к2 = ?

Рішення. Оскільки в процесі вільного падіння, сили опору повітря є нульовими, то у відповідності з законом збереження енергії можна записати: Е_п1 = Е_п2 +  Е_к2, де Е_п1 = mgh₁ = 3кг∙10(м/с²)∙5м = 150Дж;  Е_п2 = mgh₂ = 3кг∙10(м/с²)∙3м = 90Дж.

Таким чином: Е_к2 = Е_п1 – Е_п2 = 150Дж – 90Дж = 60Дж.

Відповідь: Е_п2 = 90Дж, Е_к2 = 60Дж.

Задача 2. Визначити швидкість вильоту кульки масою m з дула пружинного пістолета при горизонтальному пострілі, якщо жорсткість пружини k, а її деформація Δℓ.

Дано:

m

k

Δℓ

v= ?

Рішення. Будемо виходити з того, що в процесі пострілу, потенціальна енергія пружно деформованої пружини Е^пр = kΔℓ²/2 йде на збільшення кінетичної енергії кульки Е_к = mv²/2. При цьому, згідно з законом збереження енергії можна записати:  kΔℓ²/2 = mv²/2, звідси v = √(kΔℓ²/m) = Δℓ√k/m

Відповідь: v = Δℓ√k/m.

Задача 3. Визначити швидкість вильоту кульки масою m з дула пружинного пістолета при вертикальному пострілі, якщо жорсткість пружини k, а її деформація Δℓ.

Дано:

m

k

Δℓ

v= ?

Рішення. Будемо виходити з того, що в процесі пострілу, потенціальна енергія пружно деформованого тіла Е^пр = kΔℓ²/2 йде не лише на збільшення кінетичної енергії кульки Е_к = mv²/2, а й на збільшення її потенціальної енергії Е_п = mgΔℓ. При цьому, згідно з законом збереження енергії можна записати: kΔℓ²/2 = mv²/2 + mgΔℓ,  або  mv²/2 = kΔℓ²/2  – mgΔℓ, звідси  v = √(kΔℓ²/m – 2gΔℓ).

Відповідь: v = √(kΔℓ²/m – 2gΔℓ).

Задача 4. Тіло без тертя зісковзує з похилої площини, яка переходить у так звану «мертву петлю». З якої мінімальної висоти Н має зісковзувати тіло, щоб бути здатним описати «мертву петлю» радіусом R.

Рішення. Оскільки за умовою задачі, в процесі руху тіла втратами енергії можна знехтувати, то та потенціальна енергія яку має тіло на висоті Н (Е_п1 = mgH), в нижній точці спуску перетвориться на відповідну кількість кінетичної енергії Е_к1 = Е_п1. При цьому, цієї енергії має вистачити на те, щоб по перше підняти тіло на висоту h = 2R, тобто щоб надати тілу потенціальної енергії Е_п2 = mg2R. А по друге, забезпечити таку швидкість руху тіла у верхній точці петлі, при якій діюча на нього сила тяжіння (F_т = mg), буде зрівноваженою відповідною силою інерції (F_i = ma_д = mv₂²/R). А це означає, що у верхній точці петлі, тіло повинно мати певний запас кінетичної енергії Е_к2 = mv₂²/2, де v₂² визначається із співвідношення mv₂²/R = mg. Звідси v₂² = gR. При цьому Е_к2 = mgR/2

Таким чином, для тієї мінімальної висоти Н, яка за відсутності енергетичних втрат забезпечує виконанням тілом «мертвої петлі», має виконуватись співвідношення mgH = 2mgR + mgR/2. Звідси H = 2R+R/2 = 2,5R.

Відповідь: H = 2,5R.

Задача 5. Вертикально розташована пружина жорсткістю 500Н/м стиснута на 20см. Якої швидкості в процесі свого випрямлення надасть ця пружина тілу масою 500г? На яку висоту підніметься це тіло.

Дано:

k = 500Н/м

Δℓ = 20см = 0,2м

m = 500г = 0,5кг

v = ? h = ?

Рішення. Будемо виходити з того, що в процесі пострілу, потенціальна енергія пружно деформованого тіла Е^пр = kΔℓ²/2 йде не лише на збільшення кінетичної енергії кульки Е_к = mv²/2, а й на збільшення її потенціальної енергії Е_п = mgΔℓ. При цьому, згідно з законом збереження енергії можна записати:

kΔℓ²/2 = mv²/2 + mgΔℓ,  або  mv²/2 = kΔℓ²/2  – mgΔℓ, звідси

v = √(kΔℓ²/m – 2gΔℓ) = √(500∙0,2²/0,5 – 2∙10∙0,2) = √(40 – 4) = 6м/с.

Визначаючи ту висоту на яку підніметься тіло після його відокремлення від пружини, ми знову скористаємося законом збереження енергії. А у відповідності з цим законом кінетична енергія тіла Е_к = mv²/2, пішла на збільшення його потенціальної енергії Е_п = mgh. При цьому mgh = mv²/2, звідси h = v²/2g = (6м/с)²/2∙10м/с² = 1,8м.

Відповідь: v = 6м/с, h = 1,8м

Задачі на застосування визначального рівняння ККД.

Нагадаємо, коефіцієнт корисної дії (ККД) – це фізична величина, яка характеризує ефективність використання енергії в тому чи іншому приладі і яка дорівнює відношенню тієї енергії що йде на виконання корисної роботи (Е_кор = А_кор), до загальної кількості наданої приладу енергії (Е_заг= А_заг).

Позначається: η

Визначальне рівняння: η = (А_кор/А_заг)100%, або η = А_кор/А_заг

Одиниця вимірювання: [η] = %,  відсотки, або [η] = –, безрозмірне число.

Оскільки на практиці робота будь якого простого механізму чи складного приладу неминуче пов’язана з певними енергетичними втратами, то задачі в яких фігурує коефіцієнт корисної дії є надзвичайно поширеними. Приємною особливістю цих задач є те, що їх рішення практично завжди починається з визначального рівняння ККД, тобто з формули η = А_кор/А_заг. При цьому в подальшому дотримуються наступної послідовності дій.

1. На основі аналізу умов конкретної задачі визначаються з тим, яка робота в цих умовах є корисною (А_кор), а яка затраченою, загальною (А_заг).
2. На основі аналізу умов задачі, виражають А_кор та А_заг через відомі величини та ту величину яку треба зайти:

А_кор = ….

А_заг = ….

3. Підставляють отримані результати в базову формулу: η = А_кор/А_заг = …
4. Із отриманої формули визначають невідому величину.

Ілюструючи дієвість вище описаного алгоритму, розв’яжемо ряд конкретних задач.

Задача 6. Електровоз рухаючись з швидкістю 54км/год споживає потужність 600кВт. Визначити силу тяги електровоза, якщо його ККД 75%.

Дано:

v = 54км/год = 15м/с

N = 600кВт = 6∙10⁵Вт

η = 75% = 0,75

F_тяг= ?

Рішення. За визначенням   η = А_кор/А_заг. Із аналізу умови задачі ясно, що корисною роботою є та механічна робота яку виконує сила тяги електровозу і яку можна визначити за формулою А_кор = F_тягs.

Оскільки, величина тієї загальної потужності яку споживає електровоз визначається за формулою N = А_заг/t  то А_заг= Nt .

Таким чином  η = А_кор/А_заг = F_тягs/Nt .

А враховуючи, що при рівномірному русі електровоза s/t = v, можна записати

η = F_тягv/N,  звідси   F_тяг = ηN/v.

Розрахунки: [F] = Вт/(м/с) = Н(м/с)/(м/с) = Н

F_тяг = 6·10⁵·0,75/15 = 15∙10³Н = 15кН.

Відповідь: F_тяг = 15кН .

Задача 7. Підйомний кран піднімає вантаж 3т на висоту 8м зі сталою швидкістю. За який час піднімається цей вантаж, якщо потужність двигуна 12кВт, а ККД крана 80%?

Дано:

m = 3т = 3·10³кг

h = 8м

N = 12кВт = 12·10³Вт

η = 80% = 0,8

t = ?

Рішення. За визначенням   η = А_кор/А_заг. Із аналізу умови задачі ясно, що корисною роботою є та, що йде на піднімання вантажу тобто А_кор= mgh. Загальною ж роботою є та робота яку виконує двигун потужністю N. А оскільки N = A_заг/t, то A_заг= Nt.

Таким чином  η = mgh/Nt. Звідси t = mgh/Nη.

Розрахунки: [t] = (кг(м/с²)м)/Вт = Дж/Дж/с = с

t = mgh/Nη = (3·10³кг·10(м/с²)·8м)/12·10³Вт·0,8 = 25с

Відповідь: t = 25с

Задача 8. Ящик з цвяхами, маса якого 54кг піднімають за допомогою рухомого блока, діючи на мотузку з силою 360Н. Визначити ККД установки.

Дано:

m = 54кг

F = 360Н

η = ?

Рішення. За визначенням η = А_кор/А_заг. Із аналізу умови задачі ясно, що корисною є та робота яка йде на піднімання вантажу. Цю роботу можна визначити за формулою А_кор = mgh.

Оскільки загальну роботу виконує прикладена до мотузки сила F, та зважаючи на те що для переміщення рухомого блоку на висоту h переміщення мотузки має становити ℓ = 2h, можна записати: A = Fℓ = F2h.

Таким чином  η = А_кор/А_заг = mgh/2Fh.

Звідси  η = mg/2F .

Розрахунки:  η = 54кг9,8(м/с²)/2·360Н = 0,735 = 73,5% .

Відповідь:  η = 73,5%.

Задача 9. Висота похилої площини 1,2м а її довжина 10,8м. Під дією якої сили підніматиметься вантаж, якщо ККД похилої площини 80%?

Дано:

h = 1,2м

ℓ = 10,8м

m = 180кг

η = 80% = 0,8

F = ?

Рішення. За визначенням η = А_кор/А_заг. В умовах даної задачі, корисною є та робота яка йде на піднімання тіла на висоту h. А це означає, що А_кор= mgh.

Загальною є та робота яку виконує сила F, при переміщенні тіла на відстань ℓ, тобто А_заг= F·ℓ. Таким чином:

η = mgh/ F·ℓ, звідси F = mgh/η·ℓ

Розрахунки: F = mgh/η·ℓ = (180кг·10(м/с²)·1,2м)/10,8м·0,8 = 250Н.

Відповідь: F = 250Н.

Задачі на застосування закону збереження імпульсу.

Нагадаємо, в законі збереження імпульсу стверджується: при будь яких процесах, що відбуваються в замкнутій (енергоізольованій) системі, загальна кількість імпульсу цієї системи залишається незмінною, тобто зберігається (векторна сума імпульсів до події, дорівнює векторній сумі імпульсів після події), іншими словами: ∑р_до = ∑р_після.

Зазвичай закон збереження імпульсу застосовують в тих випадках коли мова йде про короткотривалі взаємодії (удари, поштовхи, вибухи, тощо). Розрізняють дві базові різновидності короткотривалих взаємодій: абсолютно пружні та абсолютно непружні удари. При цьому терміном удар, позначають будь які короткотривалі взаємодії, наприклад постріли, вибухи, поштовхи, тощо. Навіть процес ходьби чи бігу можна вважати певною послідовністю ударних взаємодій.

Абсолютно пружними взаємодіями (ударами) називають такі ідеалізовані, короткотривалі механічні взаємодії тіл, які не супроводжуються перетворенням механічної енергії в теплоту і після яких взаємодіючі тіла повністю відновлюючи свою попередню форму відокремлюються одне від одного. При абсолютно пружних взаємодіях виконується як закон збереження механічної енергії (∑Е_до)_мех = (∑Е_після)_мех, так і закон збереження імпульсу ∑р_до= ∑р_після.

Абсолютно непружними взаємодіями (ударами) називають такі короткотривалі механічні взаємодії тіл, які супроводжуються перетворенням механічної енергії в теплоту і після яких взаємодіючі тіла не відновлюючи свою попередню форму рухаються як єдине ціле. При непружних взаємодіях частина механічної енергії тіл перетворюється на теплоту і тому (∑Е_до)_мех ≠ (∑Е_після)_мех,  натомість закон збереження імпульсу ∑р_до= ∑р_після в точності виконується.

В певному сенсі задачі на застосування закону збереження імпульсу, схожі на задачі статики. І ця схожість полягає в тому, що задачі на застосування закону збереження імпульсу зазвичай розв’язуються у відповідності з строго визначеним алгоритмом (порядком дій):

1. На основі аналізу умови задачі виконують малюнок на якому вказують маси та напрямки швидкостей всіх тіл системи, до та після їх взаємодії. Задають систему координат.
2. На базі векторної картини імпульсів, записують рівняння вигляду ∑р_до = ∑р_після. При цьому, якщо векторна картина імпульсів не лінійна, то вектори імпульсів розкладають на відповідні проекції і записують систему двох рівнянь: ∑(р_до)_х = ∑(р_після)_х; ∑(р_до)_у = ∑(р_після)_у
3. Математично розв’язуючи дані рівняння, визначають невідомі величини.

Зважаючи на вище сказане, розв’яжемо декілька конкретних задач.

Задача 10. Вагонетка масою 100кг рухаючись зі швидкістю 5м/с, непружним чином зіштовхується з аналогічною за масою нерухомою вагонеткою. Визначити швидкість вагонеток після їх непружної взаємодії.

Дано:

m₁ = 100кг

v₁ = 5м/с

m₂ = m₁

v₂ = 0м/с

u₁₂= ?

Рішення. Виконуємо малюнок на якому вказуємо маси і швидкості вагонеток до та після їх непружної взаємодії. Задаємо систему координат. Відповідно малюнку та заданій системі координат, записуємо рівняння закону збереження імпульсу, тобто рівняння виду ∑р_до = ∑р_після. В умовах нашої задачі, це рівняння набуває вигляду:

m₁v₁ + 0 = (m₁+m₂)u₁₂  звідси  u₁₂=m₁v₁/(m₁+m₂).

Розрахунки: u₁₂ = m₁v₁/(m₁+m₂) = (100кг5м/с)/(100кг+100кг) = 2,5м/с.

Відповідь: u₁₂= 2,5м/с.

Загальні зауваження. Застосовуючи закон збереження імпульсу, швидкості елементів системи після їх взаємодії зазвичай позначають символом «u» або «vꞌ».

Задача 11. Коли вагонетка масою 100кг проїжджала під містком, на неї опустили вантаж масою 50кг. Якою стала швидкість вагонетки після цієї події, якщо її початкова швидкість дорівнювала 6м/с?

Дано:

М = 100кг

m = 50кг

v = 6м/с

u₁₂ = ?

Рішення. Виконуємо малюнок на якому вказуємо маси і швидкості всіх тіл системи до та після їх взаємодії. Задаємо систему координат. У відповідності з малюнком і заданою системою координат та з урахуванням того, що рух вагонетки як до так і після взаємодії відбувається вздовж осі 0х,  записуємо рівняння закону збереження імпульсу (∑р_до = ∑р_після) в проекції на вісь 0х: Мv = (M+m)u₁₂,  звідси  u₁₂ = Mv/(M+m)

Розрахунки: u₁₂ = Mv/(M+m) = (100кг6м/с)/(100кг+50кг) = 4м/с

Відповідь: u₁₂ = 4м/с.

Задача 12. В платформу з піском що рухається зі швидкістю 5,0м/с влучає та застряє у піску снаряд який рухався в напрямку руху платформі з швидкістю 500м/с. Визначте швидкість платформи після влучання снаряду, якщо маса платформи 10т, маса снаряду 10кг, а напрям швидкості снаряду 30° до горизонту.

Дано:

m₁ = 10т = 10000кг

m₂ = 10кг

v₁ = 5,0м/с

v₂ = 500м/с

α = 30°

u₁₂ = ?

Рішення. Виконуємо малюнок на якому вказуємо маси і швидкості всіх тіл системи до та після їх взаємодії. Задаємо систему координат. У відповідності з малюнком і заданою системою координат та з урахуванням того, що рух платформи як до так і після влучання снаряду відбувається вздовж осі 0х, записуємо рівняння закону збереження імпульсу (∑р_до = ∑р_після) в проекції на вісь 0х. (При цьому враховуємо те, що в момент влучання снаряду в платформу, його швидкість вздовж осі 0х становить v_2x = v₂cos30° = (500м/с)0,87 = 435м/с). m₁v₁ + m₂v₂cos30° = (m₁+m₂)u₁₂, звідси u₁₂ =(m₁v₁ + m₂v₂cos30°)/(m₁+m₂).

Розрахунки: u₁₂ = (10000кг5м/с + 10кг435м/с)/(10000кг+10кг) = 5,43м/с.

Відповідь: u₁₂ = 5,43с/м.

Задача 13. Людина масою 60кг переходить з носової частини на кормову частину початково нерухомого човна, проходячи при цьому відстань 3м. На яку відстань переміститься човен, якщо його маса 120кг. Опором води знехтувати.

Загальні зауваження. Одним з найголовніших вмінь якому ви маєте навчитися в процесі розв’язування задач, є вміння виділяти в наявній ситуації головне, суттєве, визначальне і абстрагуватись від неголовного, несуттєвого, невизначального. Скажімо, в умовах даної задачі, потрібно абстрагуватись від нюансів того, яким чином людина переміщувалась з одного краю човна до іншого, скільки кроків вона зробила, з якою швидкістю рухалась, які перешкоди долала в процесі свого руху, тощо. Абстрагувавшись від цих обставин, ви по суті маєте уявити ситуацію при якій людина з певною швидкістю відштовхуючись від одного краю човна, «приземляється» на його протилежному краю. При цьому, в момент відштовхування, людина надає човну певної реактивної швидкості, а в момент «приземлення» – гасить цю швидкість до нуля. За час же умовного польоту людини (за час переходу від носової частини до кормової), човен встигає пропливсти певну відстань, яку і потрібно визначити.

Дано:

m₁ = 60кг

m₂ = 120кг

v₁₂ = 0м/с

ℓ = 3м

Δℓ = ?

Рішення. Виконуємо малюнок який відображає наявну ситуацію. У вибраній системі координат розглянемо імпульсні характеристики тіл системи човен-людина до та після початку руху. Будемо виходити з того, що в момент початку руху, людина відштовхуючись від човна і набуваючи швидкості v₁, надає човну реактивної швидкості v₂. Потім, певний час Δt, людина з постійною швидкістю v₁ рухається вздовж човна і проходить відстань ℓ = v₁Δt. При цьому човен, рухаючись з швидкістю v₂ проходить відстань Δℓ = v₂Δt. Після того як людина проходить відстань ℓ = 3м, вона зупиняється, тобто імпульсно взаємодіючи з човном, зменшує свою швидкість до нуля. При цьому, згідно з законом збереження імпульсу, швидкість човна також стає нулевою.

Із аналізу вище сказаного ясно, що за час Δt = ℓ/v₁ човен проходить відстань Δℓ = v₂Δt = v₂ℓ/v₁ = ℓ(v₂/v₁). Таким чином, рішення задачі зводиться до того, щоб визначити величину співвідношення v₂/v₁. З цією метою запишемо рівняння закону збереження імпульсу системи човен-людина для моментів до та після початку руху людини: (m₁+m₂)∙0 = –m₁v₁ + (m₁+m₂)v₂,  або   m₁v₁ = (m₂+m₁)v₂; звідси  v₂/v₁ = m₁/(m₂+m₁). Таким чином: Δℓ = ℓ(v₂/v₁) = ℓm₁/(m₁+m₂).

Розрахунки:  Δℓ= 3м∙60кг/(60кг+120кг) = 1м.

Відповідь:  Δℓ = 1м.

Комбіновані задачі.

Ми неодноразово наголошували на тому, що поділ задач на кінематичні, силові та імпульсно-енергетичні, рівно як і на ті, що розв’язуються за законом збереження енергії, за визначальним рівнянням ККД чи законом збереження імпульсу, є досить умовним. Умовним бодай тому, що рішення багатьох задач грунтується на застосуванні тієї чи іншої комбінації різних методів. Власне деякі приклади таких комбінованих задач ми і розглянемо.

Задача 14. На краю стола висотою 0,8м лежить тіло масою 1кг. В це тіло влучає та застряє в ньому куля масою 7г, що летить з горизонтальною швидкістю 400м/с. На якій відстані від підніжжя стола впаде тіло?

Дано:

h = 0,8м

m₁ = 1,0кг

m₂ = 0,007кг

v₂ = 400м/с

s = ?

Рішення. Виконуємо малюнок який відображає наявну ситуацію. Оскільки після взаємодії з кулею тіло отримує певну горизонтальну швидкість u₁₂, яка в процесі падіння тіла залишається незмінною, то можна записати s = u₁₂t_пад, де t_пад – час падіння тіла величину якого можна визначити із рівняння руху тіла по вертикалі: h = (g/2)t_пад², звідси t_пад = √(2h/g) = √(2·0,8м/10м/с²) = 0,4с. Величину тієї горизонтальної швидкості яку отримує тіло після взаємодії з кулею, визначаємо із закону збереження імпульсу (∑р_до = ∑р_після): m₁·0 + m₂v₂ = (m₁+m₂)u₁₂. Звідси u₁₂ = m₂v₂/(m₁+m₂) = (0,007кг400м/с)/1,007кг = 2,8м/с.

Розрахунки: s = u₁₂t_пад = (2,8м/с)·0,4с = 1,12м

Відповідь: s = 1,12м.

Задача 15. Визначити ККД похилої площини, за умови що коефіцієнт тертя при рівномірному русі по ній 0,2. Кут нахилу площини до горизонту 30°.

Дано:

α = 30°

μ = 0,2

η = ?

Рішення. Оскільки рішення даної задачі передбачає силове визначення роботи, то виконуємо малюнок  на якому вказуємо всі діючі на тіло сили та задаємо систему координат.

За визначенням  η = А_кор/А_заг. Будемо виходити з того, що робота тієї сили яка тягне тіло вгору (сила тяги F_тяг) і є тією загальною роботою яка виконується при переміщенні тіла похилою площиною, тобто: А_заг = F_тягℓ, де ℓ – переміщення тіла, величина якого є невідомою. Однак, будемо сподіватися на те, що при застосуванні формули η = А_кор/А_заг, величина ℓ математично скоротиться.

Із аналізу векторної картини діючих на тіло сил, запишемо умову механічної рівноваги тіла в проекціях на осі системи координат, та визначимо величину F_тяг.

∑F_x = F_тяг – F_тер – F_тsinα = 0, або F_тяг – μN – mgsinα = 0, або F_тяг= μN + mgsinα

∑F_y = N – F_тcosα = 0, або  N = mgcosα.

Із рівняння (1), та з урахуванням N = mgcosα, можна записати

F_тяг = μN + mgsinα = μmgcosα + mgsinα = mg(μcosα + sinα).

Таким чином А_заг = F_тягℓ = mgℓ(μcosα + sinα).

Величину корисної роботи можна визначити як різницю між тією роботою яку виконує сила тяги (А_заг) та тією роботою яку виконує сила тертя (А_тер) – сила тертя протидіє переміщенню тіла і тому виконує від’ємну роботу:

А_кор = А_заг – А_тер = F_тягℓ – F_терℓ = (F_тер + F_т – F_тер)ℓ = ℓF_тsinα = mgℓsinα .

Таким чином: η = А_кор/А_заг = mgℓsinα/mgℓ(μcosα+sinα).

Звідси:  η = sinα/(μcosα+sinα).

Розрахунки: η = sin30°/(μcos30°+sin30°) = 0,5/(0,2·0,87+0,5) = 0,74 = 74%.

Відповідь:  η = 74%

Задача 16. Куля масою 7г летить в горизонтальному напрямку зі швидкістю 500м/с і влучає в центр дерев’яного бруска масою 2,0кг який висить на нитках, та застряє в ньому. На яку висоту підніметься брусок після удару кулі? Визначте величину тієї енергії, яка в процесі взаємодії кулі з бруском перетворилась в енергію теплову.

Загальні зауваження. Розв’язуючи подібні задачі (особливо в тих випадках, де не згадується про перетворення механічної енергії в теплову) можна подумати, що у відповідності з законом збереження енергії, та кінетична енергія яку мала куля до взаємодії з бруском Е_к=mv₁²/2, у підсумку перетворюється на потенціальну енергію системи брусок-куля Е_п = (М+m)gh, і що тому h = mv₁²/2(M+m)g = 44м. Втім, отриманий результат явно суперечить як здоровому глузду так і експериментальним фактам. І це закономірно, адже застосовуючи закон збереження енергії, ми не врахували того, що в процесі гальмування кулі, левова частина її кінетичної енергії перетворилась на теплоту, тобто енергію хаотичного руху молекул системи куля-тіло. В подібних ситуаціях рішення задачі базується на комбінованому застосуванні законів збереження енергії та імпульсу. Адже закон збереження імпульсу (∑р_до = ∑р_після) виконується навіть в тих випадках коли короткотривала подія (поштовх) відбувається з перетворенням механічної енергії в теплоту.

Дано:

m = 7г = 7∙10^–3кг

v₁ = 500м/с

М = 2,0кг

v₂ = 0м/с

h = ?   Q =?

Рішення. Виконуємо малюнок який відображає фізичну суть задачі. Керуючись законом збереження імпульсу визначаємо швидкість бруска (v₁₂) після взаємодії з кулею: mv₁+Мv₂ = (m+М)v₁₂. Враховуючи що v₂ = 0, можна записати v₁₂ = mv₁/(m+М) = (7·10^–3кг500м/с)/2,007кг = 1,75м/с.

Виходячи з того, що після взаємодії з кулею, брусок отримав певну кількість кінетичної енергії  Е_к = (m+М)v₁₂²/2 = 3Дж, і що в процесі підйому бруска, ця енергія повністю перетворилась на відповідну кількість потенціальної енергії Е_п = (m+М)gh  можна записати:  (m+М)gh = (m+М)v₁₂²/2, звідси

h = v₁₂²/2g = (1,75м/с)²/2·9,8м/с² = 0,156м = 15,6см

Кількість тієї енергії яка в процесі взаємодії кулі з бруском перетворилась на теплоту (Q), можна визначити як різницю між кінетичною енергією кулі до взаємодії (Е_к = mv₁²/2 = 875Дж) та кінетичною енергією системи брусок-куля після взаємодії (Е_к = (m+М)v₁₂²/2 = 3Дж), тобто: Q = 875Дж – 3Дж = 872Дж.

Відповідь:   h = 15,6см;  Q = 872Дж.

Задача 17. Дві пружні кулі масами 1кг і 4кг рухаються назустріч одна одній з швидкістю 10м/с кожне. Визначити швидкість куль після їх лобового абсолютно пружного зіткнення.

Дано:

m₁ = 1кг

m₂ = 4кг

v₀₁ = v₀₂ =10м/с

v₁ = ?; v₂ = ?

Рішення. Оскільки при абсолютно пружних взаємодіях виконується як закон збереження механічної енергії так і закон збереження імпульсу, то на основі аналізу імпульсно-енергетичної ситуації, записуємо два рівняння: рівняння закону збереження імпульсу ∑р_до = ∑р_після та рівняння закону збереження енергії ∑Е_до = ∑Е_після:

1) v₀₁m₁ – v₀₂m₂ = –m₁v₁+m₂v₂, оскільки v₀₁ = v₀₂, то v₀₁(m₁ – m₂) = –m₁v₁+m₂v₂

2) m₁v₀₁²/2+m₂v₀₂²/2 = m₁v₁²/2+m₂v₂²/2,  або (v₀₁²/2)(m₁+m₂) = m₁v₁²/2+m₂v₂²/2.

Таким чином, ми маємо систему двох рівнянь з двома невідомими (v₁?, v₂=?):

1) v₀₁(m₁ – m₂) = –m₁v₁ + m₂v₂;

2) (v₀₁²/2)(m₁+m₂) = m₁v₁²/2 + m₂v₂²/2.

Загальне математичне рішення подібних систем є досить складним. Тому розв’яжемо цю систему з врахуванням числових значень відомих величин.

З рівняння (1): 10(1–4) = –1v₁+4v₂, або 4v₂–1v₁ = –30, випливає що  v₁ = 4v₂+30.

Отримане значення v₁ = 4v₂ + 30, підставляємо в рівняння (2):

(10²/2)(1+4) = (1/2)(4v₂+30)² + (4/2)v₂²;

250 = 0,5(16v₂² + 240v₂ + 900) + 2v₂²;

8v₂² + 120v₂ + 450 +2v₂² = 250;

10v₂² + 120v₂ + 200 =0;

v₂² + 12v₂ + 20 = 0.

Розв’язуємо відповідне квадратне рівняння:

v₂ = (–12 ± √[12² – (4∙1∙20)])/2∙1 = (–12 ± 8)/2.

Таким чином, ми отримали два рішення:

1) v₂ = (–12 + 8)/2 = –2м/с ; v₁ = 4v₂ + 30 = 4(–2) + 30 = 22м/с.

2) v₂ = (–12 – 8)/2 = –10м/с ; v₁ = 4v₂+30 = 4(–10) + 30 = –10м/с.

Пояснюючи отримані результати, можна сказати наступне. Згідно з умовою задачі, тіла рухаються назустріч одне одному. Однак, записана нами система рівнянь, дає відповіді як на пряму задачу (тіла рухаються назустріч одне одному) так і на зворотну задачу (тіла рухаються в одному напрямку). А це означає, що перша відповідь (v₂= –2м/с; v₁ = 22м/с), стосується ситуації коли тіла рухаються назустріч одне одному. При цьому знак «– » вказує на те, що після взаємодії тіло з масою 4кг буде рухатись в напрямку протилежному від того який вказано на малюнку. І це закономірно, адже абсолютно очевидно, що при пружній взаємодії тіл з масами 1кг і 4кг, друге тіло дещо зменшить свою швидкість, але не змінить напрямку свого руху. Власне про це і говорить отриманий нами результат.

Що ж стосується другої відповіді (v₂ = –10м/с; v₁ = –10м/с), то вона вказує на те, що після гіпотетичної взаємодії тіл які з однаковими швидкостями (v₀₁= v₀₂ = 10м/с) рухаються в одному напрямку, величини їх швидкостей та напрямки руху залишаються незмінними.

Відповідь: v₁ = 22м/с; v₂ = –2м/с. (відносно тих напрямків які зображені на малюнку).

Не важко бачити, що задачі на абсолютно пружні взаємодії є досить складними. Тому в межах програми загальноосвітньої школи, подібні задачі якщо і розв’язуються, то лише в спеціалізованих класах.

Узагальнення

Не буде перебільшенням сказати, що в системі наукових знань про Природу не було, нема і не буде більш важливої, значимої та всеосяжної навчальної дисципліни ніж та, яка називається фізикою – наукою про Природу. Бо фізика, це і про Всесвіт, і про галактики, і про зірки, і про планети, і про життя, і про людину, і про клітину, і про молекули, і про атоми, і про елементарні частинки та  поля, і про все різноманіття властивостей твердих, рідких та газоподібних речовин, і про все різноманіття існуючих та ще не існуючих машин, механізмів та приладів, і про теперішнє, минуле та майбутнє, і взагалі про все що було, є і буде. Бо вивчаючи фізику, ви по суті вивчаєте і хімію, і біологію, і астрономію, і технічну механіку, і електротехніку, і гідрогазодинаміку, і взагалі все різноманіття тих наук які називаються природничими. І навпаки – вивчаючи все різноманіття природничих наук, ви фактично, вивчаєте певні фрагменти головної науки про Природу – фізики. При цьому лише в фізиці, всі ці фрагменти стають єдиним цілим і отримують своє узагальнено цілісне пояснення.

Ясно, що без чіткої систематизації знань, без чіткого впорядкування самого навчального процесу, вивчити бодай елементарні основи фізики практично не можливо. При цьому системне вивчення фізики передбачає не лише системність у вивченні теоретичного матеріалу, а й у розв’язуванні задач. Базовим же елементом системності розв’язування задач, є розуміння того, що сенс і суть розв’язку задачі полягає не в тому, щоб із незліченного різноманіття правильних формул обрати потрібну, а в тому, щоб на основі гранично обмеженого переліку базових законів і визначальних рівнянь фізичних величин, шляхом логічних міркувань та математичних перетворень, вивести потрібну формулу (розрахункове рівняння).

Якщо ж говорити про більш конкретні складові системності розв’язування задач фізики, то вони є наступними. По-перше, розв’язуючи ту чи іншу конкретну задачу, потрібно визначитися з тим, до якого розділу та якої теми цього розділу належить дана задача. Адже задачі механіки суттєво відрізняються від задач молекулярної фізики, які в свою чергу відрізняються від задач термодинаміки, електродинаміки, оптики чи ядерної фізики. Рівно як задачі кінематики відрізняються як від задач статики, так і задач динаміки. А задачі електростатики відрізняються від задач електродинаміки постійних струмів, а ті відрізняються від задач електродинаміки магнітних явищ.

По-друге, визначившись з розділом і темою задачі, потрібно визначитися з системою тих базових формул (законів та визначальних рівнянь) на основі яких і мають розв’язуватися задачі відповідної теми. Умовно кажучи, варто написати ту «шпаргалку» в якій будуть записані ті базові формули які ви маєте знати і виходячи з яких має розв’язатися відповідна задача. Наприклад якщо мова йде про задачі механіки поступального руху (механіки матеріальної точки), то в залежності від теми цієї механіки, «шпаргалка» має бути наступною:

Кінематика (кінематичний метод розв’язування задач)

– базовий закон – рівняння руху: x = x₀ + v₀t + (a/2)t²;

– базові фізичні величини:

час t (визначального рівняння нема),

координата x = ℓ_x;

пройдений шлях s = ℓ_тр, для прямолінійного руху s = ∆x = v₀t + (a/2)t²;

швидкість v = ∆x/∆t, якщо v = const, то v = s/t;

прискорення a = ∆v/∆t:

лінійне прискорення а = (v_к – v₀)/t,

доцентрове прискорення а_д = v²/R;

– допоміжні формули (похідні від базових): v_к = v₀ + at, s = (v_к² – v₀²)/2a.

Статика та динаміка (силовий метод розв’язування задач):

– базові закони: 1) умова механічної рівноваги тіла: якщо а = 0, то ∑F = 0; 2) умова динамічної рівноваги тіла: якщо а ≠ 0, то ∑F  + F_і = 0.

– базові фізичні величини: сила F = ma, а також, основні сили механіки

сила тяжіння             F_т = mg

реакція опори            N

сила тертя                  F_тер = µN

сила інерції               F_i = –ma

вага                            P = –N

гравітаційна сила      F_гр = Gm₁m₂/r²

сила Архімеда           F_A= ρVg

сила пружності         F_пр = –k(Δℓ)

Динаміка (імпульсно-енергетичний метод розв’язування задач)

– базові закони: 1) закон збереження енергії ∑E_до = ∑E_після, 2) закон збереження імпульсу ∑p_до = ∑p_після;

– базові фізичні величини:

імпульс p = mv;

енергія E;

кінетична енергія E_к = mv²/2;

потенціальна енергія: піднятого тіла E_п = mgh, деформованого тіла E_п = k∆ℓ²/2;

робота A = ∆E, для механічної роботи A_мех = Fscosα;

потужність N = A/t, для механічної потужності N_мех = Fv;

коефіцієнт корисної дії η = A_кор/A_заг.

По-третє, розв’язуючи переважну більшість задач потрібно дотримуватися наступної послідовності дій:

1. Уважно прочитати умову задачі.
2. Зробити стислий запис цієї умови (Дано).
3. Проаналізувати розмірності заданих фізичних величин.
4. Виконати малюнок, який відображає фізичну суть задачі (за необхідності).
5. На основі теоретичного аналізу умови задачі і базових формул, вивести

розрахункове рівняння (Рішення).

6. Перевірити правильність розрахункового рівняння.
7. Виконати розрахунки (Розрахунки).
8. Проаналізувати достовірність отриманої відповіді.
9. Записати відповідь (Відповідь).

Звісно, далеко не кожну задачу можна і потрібно розв’язувати строго дотримуючись вище описаного алгоритму. Адже якщо наприклад, ви вивчаєте кінематику і розв’язуєте задачі на тему «Середня швидкість», то вам нема потреби визначатися ані з розділом фізики, ані з темою розділу. Більше того, скоріш за все вам навіть не потрібно знати більшість базових формул кінематичного методу розв’язування задач. Цілком достатньо знати лише одну формулу – визначальне рівняння середньої шляхової швидкості v_с = s/t. А ще, знати і розуміти, що в фізиці, головне не формули, а вміння логічно мислити, вміння бачити за цими формулами реальні об’єкти і події.

Графічний метод розв’язування задач

Зміст

1. Пояснювальна записка.
2. Графічний метод розв’язування задач.
3. Узагальнення.

Пояснювальна записка.

Дана навчально-методична робота є частиною системи взаємопов’язаних та взаємодоповнюючих робіт, присвячених розгляду базових методів розв’язування задач фізики. Складовими цієї системи є:

1. Загальні зауваження що до методики розв’язування задач фізики.
2. Кінематичний метод розв’язування задач.
3. Силовий метод розв’язування задач.
4. Імпульсно-енергетичний метод розв’язування задач.
5. Графічний метод розв’язування задач.
6. Взаємозамінність та взаємодоповнюваність методів розв’язування задач.

До тепер ми розглядали так звані аналітичні (алгебраїчні) методи розв’язування задач. Суть цих методів полягає в тому, що виходячи з умов конкретної задачі і відомих базових формул, шляхом логічних міркувань (аналізу) та відповідних математичних перетворень, отримують формулу (розрахункове рівняння) за якою шляхом математичних розрахунків одержують певну відповідь. При цьому ми розглянули три базові аналітичні методи розв’язування задач: кінематичний, силовий та імпульсно-енергетичний.

Наразі ж мова піде про графічний (геометричний) метод розв’язування задач. Суть цього методу полягає в тому, що виходячи з умов конкретної задачі, в заданій системі відліку, з дотриманням вибраного масштабу та з застосуванням відповідних геометричних приладів (лінійка, транспортир, циркуль, тощо), виконують відповідні геометричні побудови. На основі аналізу цих побудов та відповідних вимірювань, отримують певну відповідь.

Графічний метод розв’язування задач.

Суть, можливості, переваги та недоліки графічного методу розв’язування задач, проілюструємо на прикладі порівняльного аналізу графічного та аналітичного рішень однієї і тієї ж задачі.

Задача 1. Турист пройшов 3км на північ, а потім 4км на схід. Визначити пройдений туристом шлях та величину (модуль) його переміщення. Задачу розв’язати графічно та аналітично.

Графічне рішення. У вибраній системі координат та вибраному масштабі (наприклад, 1см на малюнку відповідає 1км пройденого шляху), з дотриманням правил геометричних побудов та з застосуванням лінійки, виконуємо відповідні геометричні побудови. Вимірюємо довжину вектора переміщення |АС| та у відповідності з масштабом побудов, переводимо цю довжину у відповідне значення переміщення. В умовах нашої задачі |s| = |AC| ≈ 5км.

Відповідь: |АС| ≈ 5км.

Аналітичне рішення. Без дотримання певного масштабу та геометричної точності побудов, виконуємо відповідний малюнок. Оскільки в умовах даної задачі відрізок АС є діагоналлю прямокутного трикутника АВС, де АВ = 3км, ВС = 4км, та враховуючи що у відповідності з теоремою Піфагора (АС)²  = (АВ)² + (ВС)², можна записати |АС| = √[(АВ)² + (ВС)²]

Розрахунки: |АС| = √[(АВ)² + (ВС)²] = √(3² + 4²) = √(9+16) = √25 = 5км.

Відповідь: |АС| = 5км.

Не важко бачити, що головною перевагою графічного рішення задачі є його простота та наочність. А основним недоліком – необхідність точних геометричних побудов та відсутність гарантованої точності результату. Адже точність цього результату залежить як від точності геометричних побудов так і від точності відповідних вимірювань.

Основна ж перевага аналітичного рішення задачі полягає в гарантованій точності отриманого результату. А основний недолік – в тому, що аналітичне рішення потребує певного рівня теоретичних знань. В даному випадку потрібно знати теорему Піфагора та мати уявлення про те, що називають квадратним коренем числа.

Задача 2. За заданими рівняннями руху х₁ = 140 – 14t; х₂ = 4t, визначити де і коли тіла зустрінуться.

Аналітичне рішення. Оскільки в момент зустрічі х₁ = х₂, то можна записати 140 – 14t = 4t. Звідси 18t = 140, звідси t = 140/18 = 7,78с = t_зустр. А це означає, що х_зустр= х₂(7,78) = 4∙7,78 = 31,1м.

Відповідь: t_зустр = 7,78с: х_зустр= 31,1м.

Графічне рішення. На основі аналізу заданих рівнянь руху визначаємо координати базових точок, задаємо систему координат і виконуємо необхідні геометричні побудови.

х₁ = 140 – 14t:   якщо t = 0с   то  х = 140м,   А₁(0; 140)

.                         якщо t = 10с  то  х = 0м,      А₂(10; 0).

х₂ = 4t:               якщо t = 0с   то   х = 0м,      В₁(0; 0)

.                          якщо t = 10с  то  х = 40м,    В₂(10; 40).

Загальні зауваження. Обираючи базові точки для геометричних побудов, керуються наступними правилами: 1) вибрані точки мають бути зручними для математичних розрахунків та геометричних побудов; 2) вибрані точки мають бути максимально віддаленими одна від одної (це забезпечує максимальну точність геометричних побудов).

На основі аналізу побудованих графіків, робимо висновок: тіла зустрінуться приблизно через 7,8с в точці з координатою приблизно 30м.

Відповідь: t_зустр ≈ 7,8с; х_зустр ≈ 30м.

Варто зауважити, що побудувавши графіки заданих рухів та аналізуючи ці графіки, можна відповісти на безліч кінематичних запитань. Наприклад, визначити час та місце зустрічі тіл: зустрінуться приблизно через 7,8с в точці з координатою приблизно 30м. Можна встановити координати рухомих тіл в будь який момент часу. Скажімо, в момент часу t = 5с: х₁ ≈ 70м;  х₂ ≈ 20м. Для будь якого моменту часу, визначити відстань між рухомими об’єктами. Наприклад: для t = 5с, ℓ ≈ 50м; для t = 10с, ℓ ≈ 40м. Визначити швидкість тіла (v = ∆x/∆t), його прискорення (a = ∆v/∆t), напрям руху, тощо. Іншими словами, геометричний аналіз графіків руху, дозволяє відповісти на той же спектр запитань що і математичний аналіз відповідних рівнянь руху.

Не важко бачити, що головною перевагою графічного методу є його візуальна наочність. А основним недоліком – факт того, що точність графічного рішення залежить від точності геометричних побудов.

Крім цього, графічне рішення задачі є ефективним лише в тому випадку, якщо досліджувані величини описуються лінійними функціями, тобто можуть бути представленими у вигляді певних прямих. Адже якщо наприклад, рівняння руху має вигляд х = 40t – 5t², то графіком цього руху буде зображена на малюнку 1 парабола для побудови якої потрібно визначити координати максимально великої кількості точок. Крім цього, за параболічним графіком важко визначити як величину тієї швидкості з якою рухається матеріальна точка в той чи інший момент часу, так і величину відповідного прискорення. Зважаючи на ці обставини, в подібних ситуаціях графічний метод застосовується рідко.

Мал.1. Графічний метод розв’язування задач може бути ефективним лише в тому випадку, якщо відповідний графік є прямолінійним.

Задача 3. На зображене на малюнку тіло, діє збіжна система сил F₁, F₂, F₃, F₄. Визначити величину і напрям рівнодійної (результуючої) сили.

Графічне рішення. Величину і напрям результуючого вектора сили (R = F₁ + F₂ + F₃ + F₄) визначаємо методом багатокутника. З точки К (точки де перетинаються напрямки дії сил) відкладаємо вектор F₁, з кінця вектора F₁ відкладаємо вектор F₂, з кінця вектора F₂ – вектор F₃, а з кінця вектора F₃ – вектор F₄. Вектор, який з’єднує початок першого вектора з кінцем останнього і буде результуючим вектором R = F₁ + F₂ + F₃ + F₄. Шляхом вимірювання та з урахуванням масштабу побудов, визначаємо величину (R) та кутову орієнтацію (α_R) результуючого вектора (система координат на малюнку не зображена).

Аналітичне рішення.

1. Задаємо систему координат (на малюнку не зображена);
2. Кожен вектор системи діючих на тіло векторів (F₁; F₂; F₃; F₄) розкладаємо на його проекції на вісь 0х (F_х1; F_х2; F_х3; F_х4) та на вісь 0у (F_у1; F_у2; F_у3; F_у4);
3. Визначають суму проекцій векторів на осі 0х та 0у:

∑F_x = F_х1 + F_х2 + F_х3 + F_х4 = F_xR;

∑F_у = F_у1 + F_у2 + F_у3 + F_у4 = F_уR

4. Визначаємо величину (R) та кутову орієнтацію (α_R) результуючого вектора R:

R = √( F_xR²+ F_yR²) – випливає із теореми Піфагора;

α_R = arctg(F_yR/F_xR) – випливає із визначень того, що називають тангенсом та арктангенсом кута.

         Задача 4. Тіло масою 10кг знаходиться в стані механічного спокою на похилій площині. Визначити величину діючої на тіло сили тертя та реакції опори, якщо кут нахилу площини до лінії горизонту 30°.

Дано:

m = 10кг

α = 30°

F_тер = ?   N = ?

Аналітичне рішення. Виконуємо малюнок на якому: вказуємо діючі на тіло (на центр мас тіла) сили; задаємо систему координат; вказуємо кутову орієнтацію сил (кут між напрямком сили тяжіння та віссю 0у, визначаємо із геометричних міркувань, а згідно з цими міркуваннями, цей кут дорівнює куту нахилу площини α=30°). Записуємо умову рівноваги тіла і, розв’язавши систему відповідних рівнянь, визначаємо невідомі величини. (F_т = mg = 10кг·10м/с² = 100H).

∑ F_x = –F_тер + F_т sinα = 0       (1)

∑ F_y = N – F_т cosα = 0            (2).

Із (1) → F_тер = F_т sinα = 100(Н)∙0,5 = 50(Н)

Із (2) → N = F_т cosα = 100(Н)∙0,87 = 87(Н)

Відповідь: N = 87H;  F_тер = 50H.

Графічне рішення. З довільної точки, з дотриманням вибраного масштабу побудов, відкладаємо вектор відомої за величиною і напрямком сили тяжіння F_т = 100H. Враховуючи, що: 1) напрямки сил F_тер і N є відомими (F_тер направлена вздовж опори, N направлена перпендикулярно до опори); 2) тіло знаходиться в стані механічної рівноваги, і тому той трикутник який дорівнює векторній сумі сил F_т + F_тер + N має бути замкнутим; виконуємо наступні побудови. З початкової та кінцевої точок вектора F_т проводимо дві прямі, напрямки яких співпадають з напрямками векторів F_тер і N. Точка перетину цих прямих і є тією точкою в якій закінчується один вектор і починається інший. Вимірявши довжини відповідних векторів, та враховуючи масштаб побудов, визначаємо величини цих векторів: N ≈ 87H;  F_тер ≈ 50H.

.

Відповідь: N ≈ 87H;  F_тер ≈ 50H.

Узагальнюючи результати порівняльного аналізу графічного та аналітичного рішень одних і тих же задач, можна сказати наступне. Основною перевагою графічного методу розв’язування задач є його очевидна простота та візуальна наочність. Однак цей метод має ряд суттєвих недоліків. Перший полягає в тому, що точність його результатів залежить від масштабу та точності геометричних побудов. При цьому, будь яка точність побудов, не гарантує безумовно точного результату. Другий недолік полягає в тому, що геометричний метод не є універсальним і дозволяє розв’язувати лише певний перелік задач. Нарешті третій важливий недолік полягає в тому, що графічний метод розв’язування задач, погано поєднується з тими теоріями, закони та фізичні величини яких записують у вигляді певних математичних формул. А переважна більшість фізичних теорій є саме такими.

Якщо ж говорити про аналітичний (алгебраїчний) метод розв’язування задач, то він хоча і виглядає суттєво складнішим, однак на відміну від графічного методу, дає гарантовано точні результати, дозволяє розв’язувати все різноманіття задач (є універсальним), ідеально поєднується з тими теоріями та законами які записуються у вигляді відповідних математичних формул. Зважаючи на ці обставини, основним методом розв’язування задач в науці загалом і в фізиці зокрема є аналітичний (алгебраїчний) метод.

Втім, варто вкотре наголосити на тому, що в Природі загалом і в фізиці (науці про Природу) зокрема, будь який класифікаційний поділ є досить умовним. І в цьому сенсі поділ методів розв’язування задач на аналітичні та графічні не є винятком. Не є бодай тому, що великий масив задач є графічно-аналітичними. Зазвичай умова подібних задач є графічною, а їх рішення – графічно-аналітичним. Наприклад.

Задача 5. За заданим графіком руху матеріальної точки визначити її швидкість на кожній ділянці шляху та записати відповідне рівняння руху.

Рішення. Оскільки на кожній ділянці графік руху представляє певну пряму, то відповідні рухи є рівномірними (v = const). А це означає, що швидкість такого руху визначається за формулою v = Δх/Δt. Тому, на основі кількісного аналізу графіку можна записати:

1) ділянка 1: Δt = 10c, х₀ = 20м, Δx = –40м, v₁=Δx/Δt= –20м/10с= –4м/с,

x₁ =20 – 4t;

2) ділянка 2: Δt = 5c, х₀ = –20м, Δx = 0м, v₂=Δx/Δt= 0м/5с = 0м/с;

x₂ = – 20;

3) ділянка 3: Δt = 10c, х₀ = – 20м, Δx = 30м, v₃=Δx/Δt= 30м/10с= 3м/с,

x₃ = –20 + 4t;

4) ділянка 4: Δt = 10c, х₀ = 10м, Δx = –20м, v₄=Δx/Δt= –20м/10с= –2м/с,

x₄ = 10 –2t.

Задача 6. За заданим графіком швидкості, описати рух тіла на кожній ділянці шляху. Визначити пройдений тілом шлях на кожній ділянці руху та величину загального пройденого тілом шляху.

Рішення. Оскільки задані графіки швидкостей представляють собою певні прямі, то можна стверджувати, що відповідні рухи є рівноприскореними (а = соnst), а отже такими, які описуються формулами:

а = ∆v/∆t;

s = v₀t + at²/2;

s_заг = |s₁| + |s₂| + …

Кількісно аналізуючи графік швидкості на кожній ділянці, можна сказати наступне:

Ділянка 1: ∆t = 20c; v₀ = 20м/c;  Δv = 20 – 20 = 0м/с;  a = 0/20 = 0м/с²;

s₁ = v₀Δt = 20∙20 = 400м.

Ділянка 2: ∆t = 20c; v₀ = 20м/c; Δv = 40 – 20 = 20м/с; a = 20/20 = 1м/с²;

s₂ = v₀Δt + aΔt²/2 = 20∙20 + 1∙20²/2 = 600м.

Ділянка 3: ∆t = 20c; v₀ = 40м/c; Δv = 0 – 40 = –40м/с; a = –40/20 = –2м/с²;

s₃ = v₀Δt + aΔt²/2 = 40∙20 –2∙20²/2 = 400м.

Ділянка 4: ∆t = 20c; v₀ = 0м/c; Δv = 20 – 0 = 20м/с; a = 20/20 = 1м/с²;

s₄ = v₀Δt + aΔt²/2 = 0∙20 + 1∙20²/2 = 200м.

s_заг = |s₁| + |s₂| + … = 400 + 600 + 400 + 200 = 1600м

Відповідь: s₁ = 400м, s₂ = 600м, s₃ = 400м, s₄ = 200м, s_заг = 1600м.

Загальні зауваження. Аналіз графіку швидкості руху тіла дозволяє визначати пройдений тілом шлях не лише алгебраїчним, а й геометричним способом. А цей спосіб полягає в тому, що величина пройденого тілом шляху дорівнює площі тієї фігури, яка з одного боку обмежена графіком швидкості та віссю 0–t, а з іншого – тими вертикальними лініями, які відповідають тому проміжку часу в межах якого визначається пройдений шлях. Наприклад в умовах нашої задачі:

s₁ = 20∙20 = 400м;

s₂ = 20∙20 + 20∙20/2 = 600м;

s₃ = 20∙40/2 = 400м;

s₄ = 20∙20/2 = 200м;

Класичним прикладом графічно-аналітичних задач є задачі на термодинамічні процеси. Рішення переважної більшості таких задач грунтується на тому, що на основі аналізу заданого графіку та об’єднаного газового закону (якщо m = const, то pV/T = const), визначаються невідомі величини. Ілюструючи подібні задачі та їх рішення розглянемо ряд конкретних прикладів.

Задача 7. На малюнку зображено дві ізобари, побудовані для однієї і тієї ж      маси газу. Порівняйте тиски цих газів. Зробіть узагальнюючий висновок.

Рішення. Оскільки мова йде про одну і ту ж масу газу, то можна стверджувати, що згідно з об’єднаним газовим законом p₁V₁/T₁ = p₂V₂/T₂. Із аналізу графіків видно, що при одній і тій же температурі (Т₁ = Т₂) гази мають різні об’єми. При цьому, V₁ ˃ V₂. А це означає що  р₁ ˂ р₂. Дійсно, якщо Т₁ = Т₂ і  V₁ ˃ V₂, то із  p₁V₁/T₁ = p₂V₂/T₂ випливає, що  р₁ ˂ р₂.

Висновок. Нахил ізобари залежить від тиску газу: чим більший тиск, тим

менший нахил (відносно осі температур).

Задача 8. На малюнку зображено дві ізотерми, побудовані для однієї і тієї ж      маси газу. Порівняйте температури цих газів.

Рішення. Оскільки мова йде про одну і ту ж масу газу, то можна стверджувати, що згідно з об’єднаним газовим законом p₁V₁/T₁ = p₂V₂/T₂. Із аналізу графіків видно, що при одному і тому ж об’ємі газу (V₁ = V₂) гази мають різні тиски. При цьому, р₂ ˃ р₁. А це означає що Т₂ > Т₁. Дійсно, якщо V₁ = V₂ і  р₂ ˃ р₁, то із  p₁V₁/T₁ = p₂V₂/T₂ випливає, що  Т₂ > Т₁.

Задача 9. За представленим на малюнку графіком зміни стану ідеального газу в координатах р–V, побудувати відповідні графіки в координатах р–Т і V–T.

Рішення. Із аналізу заданого графіку ясно, що процеси які відповідають переходам 1→2 і 3→4 є ізохоричними (V = const). А це означає, що в координатах р–Т цим переходам відповідають певні ізохори, тобто прямі які проходять через точку Т=0. При цьому кут нахилу ізохори залежить від величини об’єму газу: чим більший об’єм, тим менший кут нахилу. Зважаючи на вище казане, будуємо відповідний графік в координатах р–Т. (Оскільки числові значення об’ємів, тисків та температур не задані, то відповідний графік має загальний вигляд).

Із аналізу заданого графіку ясно, що процеси які відповідають переходам 2→3 і 4→1 є ізобаричними. А це означає, що в координатах V–Т цим переходам відповідають певні ізобари, тобто прямі які проходять через точку Т = 0. При цьому кут нахилу ізобари залежить від величини тиску газу: чим більший тиск, тим менший кут нахилу. Зважаючи на вище казане, будуємо відповідний графік в координатах V – Т. (Зауваження: на графіку точки 2 і 4 потрібно поміняти місцями).

Задача 10. Графік термодинамічного процесу в координатах V–Т має вигляд кола. На якій ділянці цього графіку тиск газу збільшується а на якій зменшується?

Рішення. Розв’язуючи задачу 1, ми з’ясували, що кут нахилу ізобари (α) залежить від тиску газу: при зростанні тиску (р↑) цей нахил зменшується (α↓) і навпаки. А це означає, що для даного колового процесу, найбільший тиск буде в тій точці через яку пройде ізобара з найменшим нахилом, тобто в точці В. А найменший тиск буде в тій точці через яку пройде ізобара з найбільшим нахилом, тобто в точці D. Із вище сказаного ясно, що на ділянці B→C→D тиск зростає, а на ділянці D→A→B – падає.

Задача 11. Ідеальний газ із стану 1 в стан 2 може переходити трьома представленими на діаграмі р–V шляхами. Визначте при якому переході виконана газом робота буде: а) найбільшою, б) найменшою.

Рішення. Будемо виходити з того, що робота газу чисельно дорівнює площі фігури обмеженої графіком залежності тиску від об’єму, віссю 0V та вертикальними прямими, які відповідають значенням об’єму V₁ і V₂. Проаналізувавши кожний шлях переходу (мал. б, в, г), можна стверджувати, що при переході (б) виконана газом робота буде найбільшою, а при переході (г) – найменшою.

Задача 12.  За заданою р–V діаграмою визначте яку роботу виконує газ при переході з стану 1 до стану 3?

Рішення. На ділянці 1→2, ΔV = 0 і тому A₁₂ = pΔV = 0Дж.

На ділянці 2→3, ΔV = 1м³ – 3м³ = –2м³  і тому A₂₃ = pΔV = 30·10³Па·(–2м³) = –60·10³Дж, де знак «–» вказує на те, що газ виконує від’ємну роботу (на ділянці 2→3 газ ізобарично стискається і тому протидіє цьому стисненню).

Задача 13. За заданою р–V діаграмою ідеального одноатомного газу, визначте яку кількість теплоти отримав або віддав цей газ при переході із стану 1 до стану 3?

Загальні зауваження. Нагадаємо: в залежності від того з яких молекул складається газ (ідеальний газ), величину його внутрішньої енергії U, а відповідно і зміни цієї енергії ΔU, можна визначити за однією з наступних формул:

– для одноатомних молекул                     U = 1,5νRT   або   U = 1,5pV;

– для двохатомних молекул                     U = 2,5νRT   або   U = 2,5pV;

– для трьох і більше атомних молекул    U = 3,0νRT    або   U = 3,0pV.

Рішення. На ділянці 1→2: V=const, р↑, оскільки рV/T = const, то Т↑. Оскільки ΔV = const, то А = рΔV = 0. Таким чином, оскільки на ділянці 1→2 температура газу зростає, то на цій ділянці він отримує певну кількість енергії Q₁₂, яка повністю йде на збільшення внутрішньої енергії газу (адже А = 0), тобто Q₁₂ = ΔU₁₂.

Оскільки для одноатомного газу U = 1,5νRT, або U = 1,5pV, та зважаючи на те, що на ділянці 1→2 V = const, то ΔU = 1,5VΔр. Тому Q₁₂ = ΔU₁₂ = 1,5V₁₂(р₂ – р₁) = 1,5·1(30·10³ – 10·10³) = 30·10³Дж.

На ділянці 2→3: р = const, V↑, оскільки рV/T = const, то Т↑. Оскільки ΔV = 3м³ – 1м³ = 2м³, то А₂₃ = рΔV = 30·10³·2 = 60·10³Дж = 60кДж.

Оскільки на ділянці 2→3 газ по перше нагрівається (Т↑), а по друге виконує механічну роботу (А > 0), то це означає, що газ отримує певну кількість енергії Q₂₃. При цьому у відповідності з першим началом термодинаміки Q₂₃ = ΔU₂₃ + A₂₃.

Оскільки для одноатомного газу U = 1,5νRT, або U = 1,5pV, та зважаючи на те, що на ділянці 2→3 р = const, то ΔU₂₃ = 1,5рΔV = 1,5р₂₃(V₃ – V₂) = 1,5·30·10³(3 – 1) = 90·10³Дж.

Q₂₃ = ΔU₂₃ + A₂₃ = 90·10³ + 60·10³ = 150·10³Дж = 150кДж

У підсумку: Q = Q₁₂ + Q₂₃ = 30кДж + 150кДж = 180кДж.

Узагальнення.

В фізиці основним методом розв’язування задач є так званий аналітичний  (алгебраїчний) метод. Суть цього методу полягає в тому, що виходячи з умов конкретної задачі і відомих базових формул, шляхом логічних міркувань (аналізу) та відповідних математичних перетворень, отримують формулу (розрахункове рівняння) за якою шляхом математичних розрахунків одержують певну відповідь. При цьому існує досить велике різноманіття аналітичних методів розв’язування задач, зокрема кінематичний, силовий та імпульсно-енергетичний.

Аналітичний метод має ряд переваг, зокрема: 1) дає гарантовано точні результати; 2) є універсальним тобто таким, що дозволяє розв’язувати все різноманіття задач; 3) ідеально поєднується з тими теоріями та законами які записуються у вигляді відповідних математичних формул.

Однак існує і принципово інший спосіб розв’язування задач. Цей спосіб називають графічним або геометричним. Його суть полягає в тому, що виходячи з умов конкретної задачі, в заданій системі відліку, з дотриманням вибраного масштабу та з застосуванням відповідних геометричних приладів (лінійка, транспортир, циркуль, тощо), виконують відповідні геометричні побудови. На основі аналізу цих побудов та відповідних вимірювань, отримують певну відповідь.

Основною перевагою графічного методу розв’язування задач є його очевидна простота та візуальна наочність. Однак цей метод має ряд суттєвих недоліків, зокрема: 1) точність його результатів залежить від масштабу та точності геометричних побудов, при цьому будь яка точність побудов, не гарантує безумовно точного результату; 2) геометричний метод не є універсальним і дозволяє розв’язувати лише певний перелік задач; 3) цей метод  погано поєднується з тими теоріями, закони та фізичні величини яких записують у вигляді певних математичних формул. А переважна більшість фізичних теорій є саме такими.

Та як би там не було, а в багатьох випадках графічне рішення задачі є надзвичайно ефективним. Крім цього, великий масив задач є графічно-аналітичними. Зазвичай, умова подібних задач є графічною, а їх рішення – графічно-аналітичним.

Загалом ви маєте постійно пам’ятати, що в фізиці, головне не формули, а вміння логічно мислити. Вміння за формулами бачити реальні об’єкти і події. Вміння формули представляти у вигляді відповідних графіків, а графіки представляти у вигляді відповідних формул. В сенсі ж формування цих вмінь, графічні та графічно-аналітичні задачі є незамінно важливими

Взаємозамінність та взаємодоповнюваність методів розв’язування задач

Зміст

1. Пояснювальна записка.
2. Взаємозамінність та взаємодоповнюваність методів розв’язування задач.
3. Післямова, або ще раз про малоприємне.

Пояснювальна записка.

Дана навчально-методична робота завершує серію взаємопов’язаних і взаємодоповнюючих робіт, присвячених розгляду та аналізу різних методів розв’язування задач фізики. Різноманіття цих методів можна умовно розділити на аналітичні (алгебраїчні) та графічні (геометричні). При цьому аналітичні методи в свою чергу умовно поділяються на кінематичні, силові, імпульсно-енергетичні та інші. Ну і звісно ж, існує велике різноманіття задач, рішення яких поєднує різні методи розв’язку.

Аналіз методів розв’язування задач фізики, ми проводили і проводимо на прикладі задач ньютонівської механіки, а точніше – механіки матеріальної точки (механіки поступального руху). І це не випадково. Адже саме з механіки починається системне вивчення фізики, і саме в механіці учні вчаться мистецтву розв’язування задач, а по суті мистецтву логічного мислення та застосування теоретичних знань на практиці.

Розглядаючи тему «Графічні методи розв’язування задач», ми говорили не лише про суть, можливості переваги та недоліки графічного методу розв’язування задач, а й про взаємозамінність і взаємодоповнюваність аналітичного та графічного методів. Тому наразі мова піде про взаємозамінність і взаємодоповнюваність різних аналітичних методів розв’язування задач.

Нагадаємо. Суть аналітичних методів розв’язування задач полягає в тому, що виходячи з умов конкретної задачі і відомих базових формул, шляхом логічних міркувань (аналізу) та відповідних математичних перетворень, отримують формулу (розрахункове рівняння), за якою шляхом математичних розрахунків одержують певну відповідь.

В механіці можна виділити три базові аналітичні методи розв’язування задач: кінематичний, силовий та імпульсно-енергетичний. В основі кожного з цих методів лежить певний набір базових законів та визначальних рівнянь базових фізичних величин. Власне ці закони та визначальні рівняння і є тими базовими формулами на основі яких, шляхом логічних міркувань та відповідних математичних перетворень отримують ту формулу (розрахункове рівняння), за якою шляхом математичних розрахунків одержують певну відповідь.

Якщо ж говорити про конкретний набір тих базових формул (законів та визначальних рівнянь) на основі яких мають розв’язуватися задачі механіки поступального руху, то цей набір є наступним.

Кінематичний метод розв’язування задач:

– базовий закон – рівняння руху: x = x₀ + v₀t + (a/2)t²;

– базові фізичні величини:

час t (визначального рівняння нема),

координата x = ℓ_x;

пройдений шлях s = ℓ_тр, для прямолінійного руху s = ∆x = v₀t + (a/2)t²;

швидкість v = ∆x/∆t, якщо v = const, то v = s/t;

прискорення a = ∆v/∆t:

лінійне прискорення а = (v_к – v₀)/t,

доцентрове прискорення а_д = v²/R;

– допоміжні формули (похідні від базових): v_к = v₀ + at, s = (v_к² – v₀²)/2a.

Силовий метод розв’язування задач:

– базові закони: 1) умова механічної рівноваги тіла: якщо а = 0, то ∑F = 0; 2) умова динамічної рівноваги тіла: якщо а ≠ 0, то ∑F  + F_і = 0.

– базові фізичні величини: сила F = ma, та основні сили механіки

сила тяжіння             F_т = mg

реакція опори            N

сила тертя                  F_тер = µN

сила інерції               F_i = –ma

вага                            P = –N

гравітаційна сила      F_гр = Gm₁m₂/r²

сила Архімеда           F_A= ρ_рV_тg

сила пружності         F_пр = –k(Δℓ)

Імпульсно-енергетичний метод розв’язування задач:

– базові закони: 1) закон збереження енергії ∑E_до = ∑E_після, 2) закон збереження імпульсу ∑p_до = ∑p_після;

– базові фізичні величини:

імпульс p = mv;

енергія E;

кінетична енергія E_к = mv²/2;

потенціальна енергія: піднятого тіла E_п = mgh, деформованого тіла E_п = k∆ℓ²/2;

робота A = ∆E, для механічної роботи A = Fscosα;

потужність N = A/t, для механічної потужності N = Fv;

коефіцієнт корисної дії η = A_кор/A_заг.

Оскільки в фізиці нема кращого способу оволодіння мистецтвом розв’язування задач, як той, що передбачає їх практичне розв’язування, то саме в процесі розв’язування максимально великої кількості задач, ми знайомилися і продовжуємо знайомитися з основами та нюансами різних методів їх розв’язку. А в даній роботі мова піде про взаємозамінність та взаємодоповнюваність різних аналітичних методів розв’язування задач.

Взаємозамінність та взаємодоповнюваність методів розв’язування задач.

Подібно до того, як з пункту А в пункт Б можна дійти різними шляхами, одну і ту ж задачу можна розв’язати по різному. Розглядаючи тему «Графічні методи розв’язування задач», ми наводили показові приклади того, як одну і ту ж задачу можна розв’язати як аналітичним так і графічним методом. Наразі ж поговоримо про взаємозамінність різних аналітичних методів. Найбільш очевидним прикладом такої взаємозамінності є взаємозамінність енергетичного та силового методів розв’язування задач. А на цю взаємозамінність з усією очевидністю вказує визначення тієї базової фізичної величини яка називається роботою. Нагадаємо.

Робота – це фізична величина, яка характеризує затрати енергії на виконання роботи, тобто певної енергозатратної дії і яка дорівнює цим затратам.

Позначається: А

Визначальне рівняння: А = ΔЕ

Одиниця вимірювання: А = Дж,   джоуль.

Формула А = ΔЕ = Е_кінц – Е_поч є базовим, визначальним рівнянням роботи. Однак, якщо мова йде про механічну роботу, то її зазвичай визначають за формулою А = F∙s∙cosα, де F – усереднена величина тієї сили що виконує роботу, s – величина того переміщення яке відбувається під дією даної сили, α – кут між напрямком вектора сили (F) та напрямком вектора переміщення (s).

На перший погляд, формули А = ΔЕ і А = F∙s∙cosα є абсолютно різними. Насправді ж мова йде про споріднені і в певному сенсі тотожні формули. Різниця лише в тому, що перша (А = ΔЕ) дозволяє визначати роботу енергетичним методом, а друга (А = Fscosα) – силовим. Ілюструючи та перевіряючи фізичну тотожність формул А = ΔЕ і А = F∙s∙cosα, а заодно і порівнюючи силовий та енергетичний методи розв’язування задач, розглянемо декілька конкретних прикладів.

Задача 1. Під дією сили тяжіння тіло масою m падає з висоти h на землю. Визначити величину виконаної при цьому роботи.

Дано:

m

h

g

А = ?

Енергетичне рішення.

Оскільки в процесі виконання роботи (в процесі падіння тіла) величина потенціальної енергії тіла змінилась від Е_п = mgh  до Е_п = 0, то А = ΔЕ = 0 – mgh = –mgh, де знак  « – » вказує на те, що в процесі виконання роботи потенціальна енергія тіла зменшилася.

Відповідь: А = mgh.

Силове рішення.

Виходячи з того що дану роботу виконує постійна за величиною сила тяжіння F = mg, яка переміщує тіло на відстань s = h, та враховуючи що напрям сили тяжіння співпадає з напрямком переміщення тіла (α = 0°; соs0° = 1) можна записати: А = Fscosα = mgh.

Відповідь: A = mgh.

Задача 2. Горизонтально розташована та деформована на величину Δℓ пружина жорсткістю k, штовхає тіло. Визначити величину виконаної при цьому роботи.

Дано:

Δℓ

k

А = ?

Енергетичне рішення.

Оскільки в процесі виконання роботи, величина потенціальної енергії пружини змінюється від Е_п = kΔℓ²/2  до  Е_п = 0,  то А = ΔЕ = 0 –  kΔℓ²/2 = – kΔℓ²/2, де знак « – » вказує на те, що в процесі виконання роботи, величина потенціальної енергії пружини зменшилася.

Відповідь: А = kΔℓ²/2.

Силове рішення.

Оскільки в процесі виконання роботи величина діючої на тіло сили пружності лінійним чином змінюється від максимального значення F = kΔℓ) до нуля F = 0, то усереднена величина цієї сили становитиме F_c = kΔℓ/2. При цьому сила пружності переміщує тіло на відстань s = Δℓ. А враховуючи що напрям сили пружності співпадає з напрямком переміщення (α = 0°; соs0° = 1), можна записати: A = F_cscosα = (kΔℓ/2)Δℓ = kΔℓ²/2.

Відповідь:  A = kΔℓ²/2.

Задача 3.  Тіло масою m, рухається з горизонтальною швидкістю v. При взаємодії з горизонтально розташованою пружиною, тіло деформує її і зупиняється. Визначити величину виконаної при цьому механічної роботи.

Дано:

m

v

А = ?

Енергетичне рішення.

Оскільки в процесі виконання роботи величина кінетичної енергії тіла змінюється від Е_к = mv²/2  до Е_к = 0, то А = ΔЕ = 0 – mv²/2 = – mv²/2, де знак « – » вказує на те, що в процесі виконання роботи, величина кінетичної енергії тіла зменшилася.

Відповідь: А = mv²/2.

Силове рішення.

По суті, тією силою яка виконує роботу по деформації пружини на величину s = Δℓ є сила інерції, тобто та сила поява якої обумовлена прискореним рухом тіла і величина якої визначається за формулою F_i = ma. Величину того прискорення з яким рухається тіло в процесі деформації пружини, можна визначити із кінематичних міркувань: Δℓ = (v_к² – v₀²)/2a = –v₀²/2a = –v²/2a;  звідси  a = –v²/2Δℓ, де знак « – » вказує на те, що рух тіла є рівносповільненим.

Враховуючи, що напрям тієї сили яка виконує роботу (сили інерції) співпадає з напрямком деформації пружини, тобто що α = 0°; соs0° = 1, можна записати:  A = Fscosα = mаΔℓ = m(v²/2Δℓ)Δℓ = mv²/2.

Відповідь:  A = mv²/2.

Таким чином, визначаючи величину виконаної механічної роботи, практично з однаковим успіхом можна застосовувати як формулу А = ΔЕ так і формулу А = Fscosα. Однак потрібно мати на увазі, що в формулі А = Fscosα  знак результату вказує на те яку роботу (додатну чи від’ємну) виконує відповідна сила. В формулі ж А = ΔЕ, знак результату говорить про те, як змінюється (збільшується чи зменшується) відповідна енергія в процесі виконання роботи.

Крім цього, не важко бачити, що зазвичай енергетичне рішення задачі є значно простішим та ефективнішим. Скажімо силове рішення задачі 3 передбачає не лише розуміння факту того, що в умовах цієї задачі, тією силою яка виконує роботу по деформації пружини є сила інерції, а й знання формули s = (v_к² – v_п²)/2а.

Взаємозамінними можуть бути не лише енергетичний та силовий методи розв’язування задач, а й енергетичний та кінематичний методи. Наприклад.

Задача 4. Тіло вільно падає з висоти 20м. Визначити швидкість тіла в момент його падіння на землю.

Дано:

h = 20м

v = ?

Кінематичне рішення. При рівноприскореному русі v = v₀ + gt, в умовах нашої задачі v₀ = 0, тому v =  gt,  де t = t_пад = ?

Визначаючи час падіння тіла запишемо рівняння руху цього тіла, тобто формулу яка має вигляд h = h₀ + v₀t + (g/2)t². Оскільки в умовах даної задачі h₀ = 0м; v₀ = 0м/с, то h = (g/2)t², звідси t² = 2h/g, звідси t = √2h/g = √(2∙20(м/с)/10(м/с²)) = √4с² = 2с. Таким чином, v = gt = 10(м/с²)∙2с = 20м/с,

Відповідь: v = 20м/с

Енергетичне рішення. В процесі вільного падіння (а отже падіння без енергетичних втрат), потенціальна енергія піднятого тіла mgh, перетворюється на його кінетичну енергію mv²/2. При цьому, згідно з законом збереження (∑Е_до = ∑Е_після), mgh = mv²/2, звідси gh = v²/2, звідси v = √2gh = √(2∙10(м/с²)∙20м) = √400(м²/с²) = 20м/с.

Відповідь: v = 20м/с.

Задача 5. На яку максимальну висоту підніметься тіло, якщо його кинули вертикально вгору з швидкістю 10м/с?

Дано :

v₀ = 10 м/с

h_max = ?

Кінематичне рішення.

Виконуємо малюнок, задаємо систему координат та записуємо відповідне рівняння руху тіла, тобто формулу яка має вигляд h = h₀ + v₀t + (g/2)t². А оскільки в умовах даної задачі h₀ = 0м; g = 10м/с², то рівняння руху набуває вигляду: h = v₀t – (g/2)t², або h = 10t–5t².

Із аналізу рівняння руху ясно, що для визначення максимальної висоти підйому тіла (h = h_max) необхідно визначити час цього підйому t = t_max. Оскільки на максимальній висоті, тобто в момент часу t = t_max, швидкість тіла дорівнює нулю, та зважаючи на те, що величина цієї швидкості визначається за формулою v = v₀ – gt,  можна записати: v₀ – gt_max = 0. Звідси,  t_max = v₀/g = 10(м/с)/10(м/с²) = 1с

Таким чином: h_max = 10t_max – 5t_max² = 10(м/с)1с – 5(м/с²)(1с)² = 10м – 5м = 5м

Відповідь:  h_max = 5м.

Енергетичне рішення.

На основі аналізу умови задачі виконуємо малюнок на якому вказуємо енергетичні параметри тіла в початковий та кінцевий моменти часу:

на висоті h = 0:  E_к = mv₀²/2; E_п = 0;

на висоті h = h_max:  E_к = 0; E_п = mgh_max.

Оскільки згідно з законом збереження енергії mgh_max= mv₀²/2, то h_max = v₀²/2g.

Розрахунки: h_max = v₀²/2g = (10м/с)²/2·10(м/с²) = 5м

Відповідь:  h_max = 5м.

Задача 6. З якою початковою швидкістю v₀ потрібно кинути вниз м’яч з висоти h, щоб він підскочив на вдвічі більшу висоту H = 2h? Удар об землю вважати абсолютно пружним.

Дано:

h

H = 2h

v₀ = ?

Кінематичне рішення.

Будемо виходити з того, що та швидкість v₀ з якою потрібно кинути м’яч, є результатом вільного падіння тіла з певної додаткової висоти ∆h, величина якої ∆h = H – h = h. Іншими словами, будемо виходити з того, що м’яч вільно падає з висоти H = 2h. Намагаючись встановити залежність v₀=ƒ(h) опишемо рух тіла на різних його ділянках, зокрема:

1) на ділянці 2h→0:  2h = gt₁²/2, де t₁ – тривалість руху на ділянці 2h→0;

2) на ділянці h→0:   h = v₀t₂ + gt₂²/2, де t₂ – тривалість руху на ділянці h→0.

Оскільки ми маємо систему двох рівнянь з трьома невідомими (t₁=?, t₂=?, v₀=?) то така система не має однозначного рішення. Однак, аналізуючи дану ситуацію можна записати ще два незалежних рівняння:

3) на ділянці 2h→h:  v₀ = 0 +gt₃;    4) t₂ + t₃ = t₁.

Таким чином, аналізуючи дану кінематичну ситуацію ми можемо записати систему чотирьох незалежних рівнянь з чотирма невідомими:

1) 2h = gt₁²/2;

2) h = v₀t₂ + gt₂²/2;

3) v₀ = gt₃;

4) t₂ + t₃ = t₁.

Розв’язуючи систему цих рівнянь можна визначити залежність v₀ = ƒ(h). Дійсно:

Із  (1)→ t₁ = 2√(h/g);

з  (3)→ t₃ = v₀/g;

з  (4)→  t₂ = t₁ – t₃.

Підставляючи ці дані в (2) отримаємо:

h = v₀(t₁–t₃) + (g/2)(t₁–t₃)² = v₀[2√(h/g) – v₀/g)] + (g/2)[2√(h/g) – v₀/g]² =

= 2v₀√(h/g) – v₀²/g + g/2(4h/g – 2√(h/g)∙(v₀/g) + v₀²/g²) =

= 2v₀√(h/g) – v₀/g + 2h – 2v₀√(h/g) +v₀²/2g = 2h – v₀²/g + v₀²/2g = 2h – v₀²/2g = h.

Звідси  h = v₀²/2g,  або    v₀ = √(2gh).

Відповідь: v₀ = √(2gh).

Енергетичне рішення.

Оскільки абсолютно пружний удар не супроводжується втратами механічної енергії, то можна стверджувати, що згідно з законом збереження енергії, загальна кількість механічної енергії в момент вильоту м’яча Е = mgh + mv₀²/2, та в момент його максимального підйому (v₁=0м/с) Е = mgН + 0 = 2mgh; має бути однаковою. Тобто mgh + mv₀²/2 = 2mgh, звідси mv₀²/2 = mgh

Звідси v₀ = √(2gh).

Відповідь: v₀ = √(2gh).

Не важко бачити, що порівняно з кінематичним рішенням, енергетичне рішення задач є значно простішим та ефективнішим. Тому в тих випадках де стоїть вибір між кінематичним та енергетичним рішенням задачі, зазвичай обирають енергетичне.

Таким чином, існує велике різноманіття задач, розв’язок яких може здійснюватися різними методами. При цьому факт того, що різні рішення однієї і тієї ж задачі дають один і той же результат, є безумовним доказом правильності цього результату.

До речі, в науці основним методом перевірки достовірності того чи іншого твердження, тієї чи іншої теорії, того чи іншого вимірювання, полягає в тому, що відповідне твердження, теорію чи вимірювання перевіряють різними методами. При цьому, якщо результати цих перевірок співпадають, то це безумовно доводить, що відповідні твердження, теорії та вимірювання є достовірними.

Скажімо ви хочете виміряти масу Землі і переконатися в тому, що ваші вимірювання є достовірними. З цією метою ви, на основі різних базових законів, та певних додаткових вимірювань, по суті розв’язуєте декілька різних задач на визначення (вимірювання) маси Землі. Наприклад таких. (Сподіваюсь ви знаєте, що вимірювання бувають прямими і непрямими, і що планети, зірки та галактики, рівно як атоми, молекули та електрони, зважують не так як картоплю на базарах).

Задача 7. Знаючи прискорення вільного падіння (g = 9,81м/с²) та радіус Землі (R = 6,4∙10⁶м), визначити масу Землі.

Дано:

g = 9,81м/с²

R = 6,4·10⁶м

М = ?

Рішення. Виходячи з того, що ту силу з якою тіло масою m притягується до Землі, з одного боку можна визначити як силу тяжіння F_т = mg, а з іншого – як силу гравітаційної взаємодії F_гр = GMm/R², і що ці сили є практично рівними (F_т = F_гр), можна записати: mg = GMm/R², звідси M = gR²/G, де G = 6,67·10^–11м³/кг·с².

Розрахунки: M = gR²/G = 9,81(м/с²)(6,4·10⁶м)²/6,67·10^–11(м³/кг·с²) = 60·10²³кг = 6,0·10²⁴кг.

Відповідь: М = 6,0·10²⁴кг.

Задача 8. Знаючи швидкість обертання Місяця навколо Землі (v = 1,02км/с) та відстань між центрами мас Землі і Місяця (ℓ = 3,84∙10⁸м), визначити масу Землі.

Дано:

v = 1,02км/с = 1,02·10³м/с

ℓ = 3,84∙10⁸м

М = ?

Рішення. Оскільки діючі на Місяць гравітаційна сила F_гр  =  GМm/ℓ² та сила інерції F_i = mv²/ℓ, динамічно  зрівноважують одна одну (F_гр = F_і), то можна записати  GMm/ℓ² = mv²/ℓ, звідси M = v²∙ℓ/G, де G = 6,67·10^–11м³/кг·с².

Розрахунки: M = v²∙ℓ/G = (1,02·10³)²∙3,84∙10⁸/6,67·10^–11 = 6,0∙10²⁴кг.

Відповідь:  М = 6,0∙10²⁴кг.

Тепер стосовно задач, рішення яких передбачає певну комбінацію різних методів. Різноманіття таких задач надзвичайно широке. Тому окрім тих задач які розглядалися в попередніх розділах, наведемо ще декілька прикладів.

Задача 9. Під дією сили 20Н тіло рухається за законом х = 10 + 2t + 0,5t². Яку роботу виконує ця сила за 10с руху тіла?

Дано:

F = 20Н

х = 10 + 2t + 0,5t²

t = 10c

A = ?

Рішення. Із аналізу рівняння руху ясно, що рух тіла є рівноприскореним (а = 1,0м/с²), і що тому діюча на тіло сила направлена в напрямку руху тіла (α = 0°, соs0° = 1). Оскільки A = F∙s∙cosα, та враховуючи, що s = x – x₀ = 10 + 2t + 0,5t² – 10 = 2t + 0,5t², можна записати s(10) = 2∙10 + 0,5∙10² = 20 + 50 = 70м.

Таким чином, A = F∙s∙cosα = 20Н∙70м∙1 = 1400Дж.

Відповідь: А = 1400Дж.

Задача 10. Тіло масою 200г кинули вертикально вгору зі швидкістю 15м/с. Яка його кінетична енергія в момент вильоту. Якою буде кінетична і потенціальна енергія цього через одну секунду польоту?

Дано:

m = 200г = 0,2кг

v₀ = 15м/с

t₁ = 1c

E_к0 = ? E_к1 = ? E_п1 = ?

Рішення. E_к0 = mv₀²/2 = 0,2кг∙(15м/с)²/2 = 22,5(кг∙м²/с² = Дж).

Визначаючи висоту h₁ та швидкість v₁ тіла через час t₁ = 1c, записуємо рівняння руху та рівняння швидкості тіла.

h₁ = h₀ + v₀t – gt²/2 = 0 + 15t₁ – 5t₁² = 15(м/с)∙1с – 10(м/с²)∙(1с)² = 10м,

v₁ = v₀ – gt₁ = 15м/с – 10(м/с²)∙1с = 5м/с.

E_к1 = mv₁²/2 = 0,2кг∙(5м/с)²/2 = 2,5Дж,

E_п1 = mgh₁ = 0,2кг∙10(м/с²)∙10м = 20Дж.

Відповідь: E_к0 = 22,5Дж,  E_к1 = 2,5Дж,  E_п1 = 20Дж.

Задача 11. Дві кулі маси яких 4кг і 1кг рухаються назустріч одна одній з швидкістю 10м/с кожне. Визначити швидкість куль після їх лобового непружного зіткнення. Визначити кінетичну енергію куль до та після удару. Яка кількість енергії в процесі удару перетворилася в теплову енергію (Q)?

Дано:

m₁ = 4кг

m₂ = 1кг

v₁ = v₂ = 10м/с

v₁₂ʹ =? Е₁ = ? Е₂ = ? Е₁₂ꞌ = ? Q = ?

Рішення. Виконуємо малюнок який відображає фізичну суть задачі. Задаємо систему координат (вісь 0х). На основі аналізу імпульсно-енергетичної ситуації, та зважаючи на факт того, що після абсолютно непружного удару кулі об’єднаються і будуть рухатись як єдина цілісна система, записуємо рівняння закону збереження імпульсу, тобто рівняння виду ∑р_до = ∑р_після. В умовах нашої задачі, це рівняння набуває вигляду: m₁v₁ – m₂v₂ = (m₁ + m₂)v₁₂ʹ. Звідси  v₁₂ʹ= (m₁v₁ – m₂v₂)/(m₁ + m₂).

Розрахунки: v₁₂ʹ= (4кг·10(м/с) – 1кг·10(м/с))/(4кг + 1кг) = 6(м/с):

Е₁ = m₁∙v₁²/2 = 4кг∙(10м/с)²/2 = 200Дж;

Е₂ = m₂∙v₂²/2 = 1кг∙(10м/с)²/2 = 50Дж;

Е₁₂ꞌ = m₁₂∙v₁₂²/2 = (4+1)кг∙(6м/с)²/2 = 180Дж;

Q = (Е₁ + Е₂) – Е₁₂ꞌ = (200 + 50) – 180 = 70Дж.

Відповідь: v₁₂ʹ= 6(м/с); Е₁ = 200Дж; Е₂ = 50Дж; Е₁₂ꞌ = 180Дж; Q = 70Дж.

Задача 12. Невеличке тіло починає зісковзувати з вершини півсфери радіусом R. На якій висоті h, тіло відірветься від поверхні півсфери? Тертям знехтувати.

Рішення. Розглянемо ті сили які діють на тіло в процесі його руху поверхнею півсфери. А оскільки в процесі цього руху, тіло рухається з певним доцентровим прискоренням (а_д = v²/R), то на нього окрім вертикальної сили тяжіння (F_т = mg) та перпендикулярної до поверхні півсфери реакції опори (N), діє перпендикулярна до поверхні сила інерції F_i  =  mv²/R. При цьому в момент відриву тіла, величина реакції опори має дорівнювати нулю. А це означає, що в момент відриву, проекція сили тяжіння на ту вісь яка проходить через центр півсфери (т.О) та точку відриву тіла (т.А), і яка дорівнює F_тcosα = mgcosα, має врівноважуватись відповідною цій точці силою інерції, тобто mgcosα = mv²/R  (1)

З іншого боку, із аналізу трикутника ОАВ ясно, що та висота h на якій знаходиться точка відриву тіла від поверхні півсфери (т.А) визначається за формулою h = Rcosα, де R – радіус півсфери. А оскільки з рівняння (1) випливає, що cosα = v²/Rg, то можна записати h = v²/g  (2).

Таким чином, подальше рішення задачі зводиться до визначення квадрату швидкості тіла в момент його відриву від поверхні півсфери, тобто в момент коли воно буде знаходитись на висоті h. А цю швидкість можна визначити із енергетичних міркувань. Дійсно. В процесі опускання тіла з висоти R до висоти h, його потенціальна енергія mgΔh = mg(R – h) перетворюється на енергію кінетичну mv²/2. При цьому mg(R – h) = mv²/2. Звідси випливає v²  = 2g(R – h).

Підставивши останнє співвідношення в рівняння (2), отримаємо

h = v²/g = 2g(R – h)/g = 2R – 2h. Звідси 3h = 2R, або h = 2R/3.

Відповідь: h = 2R/3.

Задача 13. Через нерухомий блок перекинуто нитку до кінців якої прив’язано вантажі масою М = 0,24кг кожний. На один з вантажів поклали тягарець масою m = 10г. На якій вертикальній відстані один від одного будуть вантажі через 2с, якщо на початку руху вони перебували на одній висоті?

Дано:

М = 0,24кг

m = 10г = 0,01кг

t = 2с

s = ?

Рішення. Під дією тієї додаткової сили тяжіння що діє на тіло масою m₁ = M + m, це тіло буде опускатись з певним прискоренням а. При цьому тіло масою m₂ = M з таким же прискоренням буде підніматись. А це означає, що дані тіла будуть віддалятись одне від одного з прискоренням 2а, і тому (враховуючи, що v₀ = 0) рівняння їх відносного руху можна записати у вигляді s = 2at²/2 = at².

Таким чином, задача зводиться до того, щоб визначити величину того прискорення з яким рухаються тіла. Вирішуючи цю задачу, виконуємо малюнок на якому вказуємо всі діючі на кожне тіло сили в тому числі і сили інерції. З аналізу малюнку, а по суті з умови динамічної рівноваги тіла, випливає:

Т₁ = m₁g – m₁a = (M + m)g – (M + m)a,

Т₂ = m₂g + m₂a = Mg + Ma.

А оскільки  Т₁ = Т₂, то  Mg + Ma = (M + m)g – (M + m)a, або

Ma + (M + m)a = (M + m)g – Ma, або  a(2M + m) = mg.

Звідси  a = mg/(2M + m).

Враховуючи що  s = at², можна записати s = [mg/(2M+m)]t².

Розрахунки:  s = [0,01кг∙10(м/с²) / (2∙0,24кг + 0,01кг)]∙(2c)² = 0,8м

Відповідь:  s = 0,8м.

Розмова про різні методи розв’язування задач фізики, про взаємозамінність та взаємодоповнюваність цих методів буде неповною, якщо вкотре не наголосити на тому, що в фізиці кожна задача індивідуальна. А це означає, що в фізиці головне не формули, а вміння творчо та логічно мислити. Вміння бачити за цими формулами фізичну суть, бачити реальні об’єкти і події, тобто власне те, математичним відображенням чого і є відповідні формули.

Післямова, або ще раз про малоприємне.

Надважливою складовою будь якої системи освіти і будь якої системи знань, є вміння застосовувати цю освіту і ці знання на практиці. В фізиці ж, це вміння визначально формується шляхом розв’язування задач. Власне формуванню цих вмінь і присвячена серія взаємопов’язаних та взаємодоповнюючих навчально-методичних робіт, складовими якої є:

1. Загальні зауваження що до методики розв’язування задач фізики.
2. Кінематичний метод розв’язування задач.
3. Силовий метод розв’язування задач.
4. Імпульсно-енергетичний метод розв’язування задач.
5. Графічний метод розв’язування задач.
6. Взаємозамінність та взаємодоповнюваність методів розв’язування задач.

Звісно, навчально-методичні роботи, це добре. Однак навчальний процес підпорядковується не навчально-методичним роботам, а офіційно затвердженим навчальним програмам та їм відповідним підручникам. А ганебним фактом є те, що ці програми і підручники характеризуються малоприємним словосполученням «тотальна безсистемність». Очевидним же прикладом, ба навіть символом цієї безсистемності є сукупність тих навчальних предметів, які прийнято позначати узагальнюючим словом математика.

Бо гірка правда полягає в тому, що в системі вітчизняної освіти математика існує заради самої математики, точніше – заради екзаменів з математики. І це при тому, що подобається комусь чи не подобається, а в системі загальноосвітньої школи, математика, то ж лише той інструмент який потрібно надати учню для успішного вивчення тієї ж фізики, хімії, інформатики чи скажімо технічної механіки. І цей інструмент треба надати не коли попало, а коли треба. А якщо замість такого інструменту, замість того що потрібно знати і вміти, учень отримує какофонію формул, теорем і прикладів, 95% з яких не мають жодного відношення до того, що дійсно треба знати і вміти, то вибачте, але гріш  ціна такій математиці, таким програмам, таким підручникам і такому навчанню. Бо навіть ті 5% потрібного, то ж з того математичного мотлоху ще треба виокремити. А це ще той інтеграл.

Скажімо вже до початку вивчення фізики, а отже до сьомого класу, учні повинні вміти здійснювати ті математичні трансформації формул, які лежать в основі рішення практично будь якої задачі фізики, хімії чи тієї ж математики. Трансформації, які базуються на простому правилі: при перенесенні будь якої цифри чи букви у формулі через знак дорівнює, пов’язана з цією цифрою чи буквою математична дія, змінюється на протилежну. Трансформації, які не потребують особливих інтелектуальних здібностей і зусиль, але потребують часу і практики. А ця практика формується шляхом системного, багаторазово повторюваного розв’язування прикладів, на кшталт:

якщо  х + а = b  то  x = b – a,    дійсно, якщо   х + 3 = 8,  то  x = 8 – 3 = 5;

якщо  х – а = b  то  x = b + a,    дійсно,  якщо  х – 3 = 8,  то  x = 8 + 3 = 11;

якщо а – х = b   то  x = a – b,    дійсно, якщо   10 – х = 4,   то  x = 10 – 4 = 6;

якщо  a = b – x  то  x = b – a,    дійсно, якщо   5 = 20 – x,  то  x = 20 – 5 = 15;

якщо  a·x = b     то  x = b/a,       дійсно, якщо   5·x = 10,    то  x = 10/5 = 2;

якщо  a/x = b     то  x = а/b,       дійсно, якщо   20/x = 5,     то  x = 20/5 = 4;

якщо  а = b/x   то  x = b/a,         дійсно, якщо   5 = 10/x,   то  x = 10/5 = 2;

якщо  ax/b = с  то  x = bc/a,       дійсно, якщо   2·x/3 = 6,  то  x = 6·3/2 = 9;

якщо  a/bx = с  то  x = a/bc,        дійсно, якщо   6/3x = 2,  то  x = 6/3·2 = 1;

якщо  (a + x)/b = c,  то  1) a + x = cb,    2) x = cb – a;

якщо  a/(b – x) = c,  то  1) b – x  = a/c,  2)  x = b – a/c.

І кількість цих прикладів має бути достатньою для того, щоб довести відповідні вміння практично до автоматизму. В математиці ж заради математики подібні вміння якщо так сяк  і формуються, то де попало, як попало і коли попало, а фактично, не формуються взагалі.

Або наприклад та надважлива тема яка стосується тих функцій які називаються синусом та косинусом кута і без розуміння загальнонаукової суті яких неможливі жодні математичні дії над векторними величинами. В математиці ж заради математики, мало того, що розмови про синус і косинус кута, починаються після того, як у фізиці ці функції мають застосовуватися, та ще й визначають їх не як надважливі загальнонаукові функції, а як містечкові співвідношення між сторонами прямокутного трикутника.

І це при тому, що саме з загальнонаукового, проекційного визначення синуса та косинуса кута, з усією очевидністю випливають і певні співвідношення між катетами та гіпотенузою прямокутного трикутника, і очевидність числових значень цих функцій для будь якого кута, і факт періодичної повторюваності цих функцій, і періодичність зміни їх знаків, і графічне представлення цих функцій у вигляді відповідних синусоїд та косинусоїд, і очевидність тих співвідношень які в тригонометрії називають формулами приведення і які є предметом банального зазубрювання, і факт того, що застосування синуса та косинуса кута дозволяє векторні величини представляти у вигляді скалярних і навпаки, і багато, багато іншого.

І таких прикладів сотні. Власне вся вітчизняна загальноосвітня математика, то ж суцільний приклад безсистемності, нікчемності та сурогатності. Бо нам же математику за ради математики подавай. Нам же в ту математику замість сутнісних, потрібних речей, всю купу відомих математичних знань треба засунути, так сяк перемішати, а потім десяток років навколо тієї купи кругами ходити і нічому до толку так і не навчити.

А якщо ви думаєте, що в системі вітчизняної освіти безсистемною є тільки математика, то не тіште себе ілюзіями. Бо такою ж безсистемною є і фізика. Чого вартує лише той факт, що в системі вітчизняної освіти, заперечується факт реальності сили інерції. І це при тому, що два з трьох базових принципів, базових надзаконів всієї сучасної науки – узагальнений принцип відносності та принцип еквівалентності, то ж про реальність та значимість сили інерції.

Сили, без згадки про яку не можливо притомним чином пояснити жодного з тих динамічних процесів, що відбуваються на Землі і у Всесвіті. Не можливо притомним чином пояснити чому важкі і легкі тіла падають з однаковим прискоренням? Чому в кабіні штучного супутника Землі тіла перебувають в станів невагомості і що представляє собою цей стан? Чим сила тяжіння відрізняється від сили гравітаційної взаємодії і чому в загальному випадку сила тяжіння не проходить через центр маси Землі? Чому Місяць не падає на Землю, а Земля не падає на Сонце? І таких чому? – тисячі і мільйони.

Натомість ми вигадуємо якісь байки про те, що ті процесами які відбуваються на Землі і у Всесвіті, відбуваються не у відповідності з певними об’єктивними законами Природи, а тому, що існують інерціальні та неінерціальні системи відліку. Що Місяць не падає на Землю не тому, що на нього діють дві рівні за величиною і протилежні за напрямком сили, які динамічно зрівноважують одна одну, а тому, що Земля знаходиться в інерціальній системі відліку, а Місяць – в неінерціальній. Земля ж не падає на Сонце тому, що по відношенню до Місяця вона знаходиться в інерціальній системі відліку, а по відношенню до Сонця – в неінерціальній. Мучимо та дуримо цією маячнею себе і дітей, а потім щиро дивуємося, чому ж це вони не знають, не розуміють та не люблять фізику.

Я вже мовчу про ті навчальні програми та їм відповідні підручники, у відповідності з якими фізику вивчають не як цілісну систему знань, а як набір без зв’язних фрагментів на кшталт: магнітне поле → геометрична оптика → механічні та електромагнітні хвилі → фізика атома та атомного ядра → рух і взаємодії (програма 9-го класу). Програми і підручники, в яких теорію відносності вивчають між ньютонівською механікою і молекулярною фізикою. В яких другий закон Ньютона плутають з визначальним рівнянням сили, а закон Гука плутають з визначальним рівнянням сили пружності. В яких вагу тіла плутають з силою тяжіння, силу тяжіння – з гравітаційною силою, силу пружності – з реакцією опори, реакцію опори – з вагою тіла і навпаки. В яких розв’язок задачі по суті полягає в тому, щоб відшукати потрібну формулу та підставити в неї задані величини. А цих формул понавигадували тисячі.

От тільки не розповідайте, про видатні успіхи наших учнів на міжнародних олімпіадах. Бо ті успіхи, то ж не завдяки, а всупереч системі вітчизняної освіти. Бо ті успіхи, то ж результат таланту та наполегливої, самовідданої праці тих поодиноких вчителів і учнів, які всупереч безсистемності «системи» освіти, досягають відповідних результатів.