Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Система эвристических приёмов решения задач по физике. Теория, методика, примеры. Учебно-методическое пособие.pdf
талкивающей силе
2121
)()( gVVg
ρρρρ
−=−
12
12
ρρ
ρ
ρ
−
−
=
V
V
r∆
p
∆
π
2
h
pr ≈∆⋅∆
мr
16
0
10
−
≈
мrr
16
0
10
−
≈≤∆
мr1610
−
≈∆
0
22 r
h
r
h
p
⋅
≈
∆⋅
≈∆
ππ
0
h
сДж
h
⋅≈
−34
10
2
π
сНp ⋅≈
−18
min
10
.
Получаем ответ:
Этап 3. Разбор решений задач с демонстрацией эффективности
приёмов изучаемого семейства.
Задача 3.9. «Электрон не в ядре» (Взгляд на проблему с учётом принципа
неопределённости) При β-распаде атомного ядра образуется электрон,
докажите, что электрон именно образуется при распаде, а не вылетает
из ядра.
При исследовании микрообъектов, к числу которых относится электрон, следует учитывать ограничения, налагаемые на них вероятностным
характером поведения и движения, вследствие чего их координата и импульс могут быть определены только с той или иной долей вероятности.
Из соотношения неопределённостей следует, что неопределённость коор-
динаты
отношением
находиться в ядре. Для этого неопределённость координаты электрона, не
должна превышать размеры атомного ядра. Но чем меньше неопределённость координаты, тем больше неопределённость импульса, а, значит,
больше минимально допустимое для данного состояния частицы значение
импульса. Предположим, что электрон входит в состав ядра, тогда его
максимальная координата не может превышать размеры ядра
и неопределённость импульса
. Выясним, может ли, в принципе, электрон
. Значит
.
микрообъекта связаны со-
. Будем считать, что
. Тогда неопределённость импульса оказывается равной
. Минимальный импульс не может быть меньше
своей неопределённости, следовательно,
, получаем
вый взгляд ни о чём не говорит, однако, необходимо учитывать, ограничения, налагаемые теорией относительности на скорость движения любой
частицы, она должна быть меньше скорости света в вакууме.
51
p⋅≈
min
2 r
. Учитывая, что
π
. Это значение на пер-
Оценим минимальную скорость электрона в ядре. Предположим,
minmin
υ
⋅=етp
кг
т
е
30
10
−
≈
см /10
12
min
≈
υ
2
2
min
min
min
1
c
m
p
e
υ
υ
−
⋅
=
2
min
22
min
min
p
cm
cр
+
⋅
=
υ
см /10
12
min
≈
υ
2
1
т
т
1
т
2
т
3
1
2
1
=
т
т
υ
1
т
2
т
Рис 3.10.
υ
β
α
Рис. 3.11.а
она много меньше скорости света и можно воспользоваться нерелятивистской формулой
. Считая, что масса электрона приблизи-
тельно равна
полученная оценка скорости превышает скорость света, что запрещено
теорией относительности.
Оценим минимально возможную скорость электрона, находящегося
в ядре, исходя из релятивистских соотношений,
порядку остаётся прежней
Таким образом, можно сделать вывод, что электрон не входит в состав ядра атома и образуется уже во время его распада.
Задача 3.10. «Грузы на блоках» (Общий взгляд
на проблему с учётом принципа простоты)
Система грузов и блоков, изображённая на
рисунке 3.10, неподвижна. Блоки невесомы,
трение в осях блоков пренебрежимо мало,
нити невесомы и нерастяжимы. Найдите
отношение масс грузов
Рассмотрим ситуацию «с точки зрения
верёвки»: груз
груз
вместе с невесомым блоком – три,
удерживает одна верёвка, а
, получаем
. После подстановки числовых данных оценка по
.
.
. Оказалось, что
, откуда
значит
Задача. 3.11.
простоты, анализ с разных сторон из разных систем отсчёта, аналогия и
опора на предыдущие решения)
пускают шайбу. На каком
расстоянии от начала дви-
.
«Шайба на наклонной плоскости» (Следование принципу
По наклонной плоскости со скоростью
52
жения она скатится с наклонной плоскости? Плоскость наклонена к
α
amN
gm
=
+
α
sinmgma =
.sin
α
ga =
α
singay−=
0=xa
βυυ
cos=
ox
β
υυ
sin=
oy
βυυ
cost
tx
ox
⋅==
2
sin
sin
2
2
2
α
βυυ
gt
t
ta
ty
y
oy
−⋅=+⋅=
τ
.0)( =
τ
y
Рис. 3.11.б.
α
N
а
gm
α
X
Рис. 3.11.в.
X0
υ
υ
β
α
а
g
Y
Y0
υ
горизонту под углом
тальным краем плоскости (рис.3.11.а.). Трение отсутствует.
Следуя основному алгоритму решения задач на динамику, рассмотрим силы, действующие на тело. В процессе движения на шайбу действуют две силы, сила тяжести, направленная вертикально вниз, и сила реакции опоры, направленная вверх перпендикулярно поверхности плоскости.
Запишем второй закон Ньютона
силы, действующие на шайбу, и её ускорение. Для этого удобно использо-
вать рисунок, изображающий вид сбоку на наклонную плоскость (см.
рис.3.11.б.). Легко заметить, что
с ускорением
ем. При этом векторы мгновенной скорости шайбы и её ускорения лежат
всегда в одной и той же плоскости, но их направления не совпадают. Опи-
раясь на предыдущие решения можно вспомнить, что именно такое соотношение характерно для случая движения тела, брошенного под углом к
горизонту. Для решения таких задач используется кинематический подход,
т. е. записывают уравнения движения тел и решают систему этих уравнений.
Чтобы проще были уравнения движения проведём координатные
оси Х - горизонтально, Y – вдоль наклонной плоскости, перпендикулярно
оси X (см. рис.3.11.в.). Запишем уравнение движения, учитывая, что
,
. Вектор скорости образует угол β с горизон-
. Изобразим на рисунке
, значит, шайба движется
. Т.е. шайба движется с постоянным ускорени-
,
,
, получаем
Время
,
движения шарика по плоскости находим из условия
53
.
Тогда
α
βυτ
sin
2
sin0
2
gt
−=
α
β
υ
τ
sin
sin2
g
=
α
βυ
βυτ
sin
sin2
cos)(gxs ==
.
sin
2sin
2
α
βυ
g
s =
h
ρ
а
F
mg
∆
А
О
Рис. 3.12.а.
l
А О F
Δmg
l
2
Рис 3.12.в.
А
О
Рис 3.12.б.
, откуда
, а искомое рас-
стояние
Решение задачи оказалось достаточно простым, благодаря удобному
для расчётов расположению координатных осей. Этот приём полезно запомнить.
!!! Эвристико-алгоритмический приём «Вдоль наклонной». Если тело
движется вдоль наклонной плоскости, то при описании движения тела,
оказывается удобным провести одну или две координатные оси вдоль
этой плоскости.
Задача 3.12. «Пластинка с вырезом» (Аналогия и опора на предыдущие
решения, поиск и учёт симметрии) Квадратная пластинка равной тол-
щины
ла плотностью
вращаться относительно горизонтальной оси, проходящей через центр
квадрата. С одного из краёв пластинки вырезали квадратное отверстие со стороной
приложить к пластинке в точке А, чтобы удержать её в положении,
указанном на рисунке? (см. рис. 3.12.а.)
сделать точно такой же вырез, то в силу симметрии полученной фигуры
она будет находиться в равновесии без воздействия какой-либо силы, приложенной в точке А (см. рис. 3.12.б.).
воздействие силы тяжести
занный» квадрат. Квадрат однородный, поэтому точка приложения силы
и длиной стороны а3 изготовлена из однородного материа-
. Пластинка расположена вертикально и может
. Какую силу, направленную вертикально, надо
Можно заметить, что если с противоположной от выреза стороны
Следовательно, сила
. Получаем
Решение
нужна для того, чтобы скомпенсировать
, действующей на дополнительно «выре-
1
54
тяжести, действующей на него, находится в центре. Учитывая правило
О
012=⋅−⋅∆ lFlmg
1
l
2
l
1
2
l
l
mgF
⋅∆=
h
am ⋅⋅=∆
2
ρ
1
2
2
l
l
haF ⋅⋅⋅=
ρ
R
моментов сил, относительно оси вращения
ние:
, где
и
плечи соответствующих сил (см.
можно записать соотноше-
рис. 3.12.в.). Откуда
лучаем
!!! Эвристико-алгоритмический приём «Добавить (убрать) для сим-
метрии». Если несимметричную фигуру можно сделать симметричной,
добавив (отняв) к ней некоторый элемент, то взаимодействие этого тела
с другими можно вычислить как разность (сумму) силы взаимодействия достроенной симметричной фигуры с этими телами и силы взаимодействия добавленного элемента с теми же телами.
Задача 3.13. (5.19.) «Симметричная решётка» (Поиск и учёт симмет-
рии) Из однородной проволоки изготовлена плоская решётка (см. рис.
3.13.а.) Электрическое сопротивление каждого участка равно
ким будет общее сопротивление такой решётки, если её подключить
так, как показано на рисунке?
Для определённости обозначим узлы и места перегиба провода буквами латинского алфавита (см. рис. 3.13.б.).
Опираясь на идеи симметрии, можно заметить, что узлы b и c однотипны для движения через них электрических зарядов. Это значит, что
работа электрического тока по перемещению единичного положительного
заряда на участке a-b равна работе поля на участке a-с, а работа поля на
участке b-s равна работе на участке c-s. Тогда, если соединить точки b и c
проводником, то по нему не будут перемещаться заряды (можно сказать
иначе: количество зарядов, движущихся в направлении от b к c, всегда
будет равно количеству зарядов, движущихся от c к b). Поэтому на эквивалентной схеме эти точки можно объединить.
Аналогичные рассуждения, учитывающие симметрию данного
проводника относительно оси as, можно провести для следующих пар точек: d и f, g и m, k и l, n и p, q и r. Кроме того, можно ещё упростить схему,
если воспользоваться её симметрией относительно оси gm. Исходя из
этой симметрии становится очевидно, что напряжение (работа электрического поля по перемещению единичного положительного заряда) на участке a-g равно напряжению на участке g-s. То же самое можно сказать для
участков a-k и k-s, a-l и l-s, a-m и m-s. Значит точки g, k, l, m можно объединить в одну и тогда эквивалентная схема верхней половины решётки
будет иметь вид, показанный на рис. 3.13.в. (на рисунке для удобства вос-
.
. Учитывая, что
55
, по-
. Ка-
приятия каждый проводник изображён прямоугольником). Далее, серия
1413R
713R
q
p
o n m
g
Рис 3.13.б.
a
b c e
d f k
l
r
s
Рис 3.13.а.
Рис 3.13.г.
R/2
R/4
R/2
R/2
R/2
Рис 3.13.д.
R
R/2
3R/4
R/2
3R/7
Рис 3.13.е.
Рис 3.13.в.
g,k,l,m
e
d,f
b,с
a
эквивалентных схем (рис. 3.13.г., д., е.) отражает поэтапное упрощение
полученной схемы и позволяет легко подсчитать, что сопротивление верх-
ней половины решётки равно
ление равно
!!! Эвристико-алгоритмический приём «Объединенить точки равного
потенциала». Иногда электрическая схема упрощается, если найти и
соединить вместе точки равного потенциала. Две точки считаются точками равного потенциала, если условия движения единичного заряда от
.
, а, следовательно, общее сопротив-
56
некоторой общей точки до каждой из данных точек одинаковы и усло-
m
0
T
T
g
l
Tπ20=
м
F
mgF +=
*
m
F
gg
м
*
+=
Рис. 3.14.
N
mg
М
F
вия движения единичного заряда от этих точек до некоторой следующей за ними общей точки тоже одинаковы. Иногда оказывается удобным сделать разъединение в электрической цепи, но при этом схема
будет эквивалентной, если разъединённые точки останутся точками
равного потенциала.
Внимание, возможна ошибка! Часто учащиеся пытаются объединить точки g, k, l, считая их точками равного потенциала, но тщательное
рассмотрение схемы на рис 3.13.в. убеждает, что это не так: напряжение на
участке b-e равно половине напряжения на участке b-k(g,lm), чего нельзя
сказать о напряжении на участке b-d(f).
Задача 3.14. «Маятник и магнит» (Аналогия и опора на предыдущие решения). Маятник, представляющий собой ма-
ленький стальной шарик массы
длинной нерастяжимой нити, имеет период ма-
лых колебаний
магнита, расположенного ниже шарика по вер-
тикали, период колебаний шарика стал
ределите действующую на шарик магнитную
силу.
Изобразим задачную ситуацию на рисунке.
Если «опереться» на предыдущие решения, то из-
вестно, что без магнита период колебаний шарика
. В присутствии широкого
, висящий на
. Оп-
можно вычислить по формуле
В присутствии магнита на шарик действует
магнитная сила, совпадающая по направлению с
силой тяжести. Нить длинная, следовательно, при
малых колебаниях изменением расстояния между
шариком и магнитом можно пренебречь, значит магнитная сила будет постоянной не только по направлению, но и по модулю.
Воспользуемся принципом суперпозиции: Действие силы тяжести и
магнитного притяжения эквивалентно действию «эквивалентной силы тя-
жести» равной
. Тогда период колебаний шарика будет вычисляться по
, сообщающей шарику ускорение
57
.
m
F
g
l
T
м
2+=
π
+=
m
F
g
T
g
T
м
2
2
2
2
0
44
ππ
r
r2
0
υ
Рис.3.15.а.
0
υ
2г
r
r
α
1
υ
α
Рис.3.15.б.
υ
1
υ
Х
r
2r
r
формуле
что сила магнитного взаимодействия равна
Задача 3.15. «Столкновение шайб» (Опора на сохраняющиеся величины)
Две гладких упругих
шайбы, радиуса
жат, соприкасаясь друг
с другом, на гладкой
горизонтальной плоскости. Третья упругая
шайба такой же тол-
щины и радиуса
скользящая со скоро-
стью
плоскости, ударяется
одновременно в обе
шайбы (рис.3.15.а.).
Найдите скорость
большой шайбы после
удара. Все шайбы сделаны, из одного материала.
трёх шайб действуют
внешние силы тяжести и
реакции опоры. Действия этих сил взаимно скомпенсированы, следовательно, для данной системы можно применять законы сохранения энергии и импульса. Шайбы
гладкие, значит, трение между их поверхностями в момент столкновения
пренебрежимо мало, поэтому можно воспользоваться законом сохранения
механической энергии. В момент удара скорости шайб изменяются только
под действием сил упругости, направленных вдоль их радиусов, поэтому
после удара каждая из покоящихся малых шайб начнёт двигаться вдоль
линии, соединявшей её центр с центром большой шайбы. Ввиду симмет-
по той же
На систему из
ле-
,
. Следовательно, можно записать
. После преобразования и сокращений получаем,
2
T
0
−= 1
2
T
58
mgF
м
.
рии их скорости будут одинаковы по модулю и направлены под углом α к
υαυυ
MmM += cos2
10
υ
1
υ
m
M 4=
υαυυ
4cos24
10
+=
α
υυ
υ
cos
)(2
0
1
−
=
α
cos
r
rr+
=
2
sin
α
3
1
sin
=
α
3
22
cos =
α
)(2
2
3
01
υυυ
−=
2
2
22
2
1
2
2
0
υ
υ
υ
т
M
M
+=
2
1
22
0
22
υυυ
+=
1
υ
.)(9
44
2
0
22
0
υυυυ
−
+=
0518
13
2
00
2
=+−
υ
υυυ
0
υυ
=
0
13
5
υυ
=
0
13
5
υυ
=
Рис.
Рис. 3.16.а.
направлению движения большой шайбы. Направление движения большой
шайбы либо не изменится, либо измениться на противоположное, что станет ясно после выполнения расчётов. Руководствуясь принципом просто-
ты, проведём ось Х вдоль направления движения большого шара и запи-
шем закон сохранения импульса в проекции на ось X:
, где M – масса большой шайбы, m – масса
малой шайбы,
как шайбы сделаны из одного материала, толщина их одинакова, а пло-
щадь плоской поверхности большей шайбы в четыре раза больше площади
плоской поверхности малой шайбы, то их массы связаны соотношением:
. Следовательно, можно записать, что
откуда
ражений (см. рис.3.15.б)
Тогда
тельное соотношение между скоростями шайб можно получить из закона
сохранения механической энергии:
соотношение между массами шайб получаем
значения скорости
но записать
квадратное уравнение
и
– соответственно скорости шайб после удара. Так
. Значение
. В этом уравнении два неизвестных. Дополни-
, полученного из закона сохранения импульса, мож-
найдем из геометрических сооб-
, т.е.
Раскрываем скобки и решаем
. Его корни будут
и
, подставив
. С учётом
,
.
и
столкновения не было, таким образом, после удара скорость большой
шайбы будет равна
Задача 3.16. (4.4.) «Спортсмен и катер»
(Рассмотреть из разных систем отсчёта)
Катер, движущийся со скоростью
. Первый корень не подходит, т.к. относится к случаю, когда
.
59
чкм25
1
=
υ
, буксирует спортсмена на водных лыжах (рис.3.16.).
°
=
150
α
°= 60
β
2
υ
12
υυυ
+=
отн
)(
12
υυυ
−+=
отн
)90sin(
)90
360sin(
12
β
υ
α
υ
−
=
−
−
)
180cos(
)270sin(
α
α
−
=
−
ββ
cos
)90sin( =
−
,
cos
)180cos(
12
β
α
υυ
−
=
чкмчкм /43325
2
≈=
υ
м
ω
м
м
Т
°
=
360
ω
м
Т
з
ω
Рис.
отн
υ
1
υ
−
α
Рис. 3.16.б.
Трос, за который держится спортсмен, составляет с направлением
движения катера угол
образует с тросом угол
в этот момент времени?
Рассмотрим движение спортсмена относительно катера. Если считать, что трос нерастяжим, то его траекторией является окружность, значит, скорость спортсмена относительно катера направлена перпендикулярно тросу. Скорость спортсмена относительно катера можно найти, используя закон сложения скоростей. Скорость спортсмена относительно
воды равна сумме скорости спортсмена относительно катера и скорости
катера относительно воды
рис 3.16.б.). Рассмотрев треугольник ско-
ростей, из геометрических соображений,
используя теорему синусов, получаем
. Направление движения спортсмена
. Чему равна скорость
. Откуда
. Уч-
спортсмена
(см.
тём, что
. Тогда
Задача 3.17. «Наблюдения Меркурия» (Рассмотреть из разных систем
отсчёта) Наибольшая восточная элонгация Меркурия (момент наи-
лучшей вечерней видимости этой планеты), которая наблюдается при
его наибольшем удалении к востоку от Солнца, была 22 ноября 2004
года. Когда в следующий раз Меркурий вновь оказался в восточной
элонгации, если звездный период обращения Меркурия вокруг Солнца равен 88 суткам?
Пусть
(скорость вращения радиус-вектора, соединяющего Солнце и Меркурий),
она равна
ловая скорость Земли вокруг Солнца (скорость вращения радиус-вектора,
- угловая скорость обращения Меркурия вокруг Солнца
, где
– период обращения Меркурия,
и
60
- уг-