Моделирование физических ситуаций на этапе решения задач1

Моделирование
физических ситуаций на
этапе анализа решения
задач.
Решение любой задачи включает несколько этапов. Выделим
основные, наполнив каждый этап конкретными «шагами».
Этапы решения
“Шаги” (действия на этапах)
Чтение текста, выяснение непонятных терминов. Краткая запись условий и
I. Анализ условия
требований, выбор системных единиц. Выполнение иллюстрирующего
рисунка. Описание физического явления: объект → его модель → начальное
и конечное состояния → взаимодействие с другими объектами → причины
изменения состояния объекта.
Выявление средств описания явления (принципов, понятий, законов,
II. Составление плана
решения
формул, графиков), связывающих условия и требования задачи. Нахождение
рационального способа решения. Составление плана действий.
Запись уравнения или системы уравнений. Решение в общем виде
III. Реализация плана
относительно искомых. Оценка размерности. Числовые расчеты.
Объяснение физических явлений и процессов. Проверка правильности
IV. Анализ решения
решения: справочные и технические характеристики, физические опыты.
Поиск и осуществление иных вариантов решения, выбор оптимального.
Составление дополнительных вопросов, их решение. Формулировка
выводов.
Остановимся на первом, самом важном этапе – этапе анализа, моделирования
физической ситуации, выполнения схематического рисунка.
«Мы припоминаем при помощи своего рода «действия по связям», называемого «ассоциацией мысли». То, что
занимает наши мысли в данный момент, имеет тенденцию вызвать в нашей памяти все, что было связано с ним
раньше. Видоизменяя задачу, мы вносим новые моменты и, таким образом, создавая новые связи, новые
возможности воскресить в нашей памяти все, что имеет отношение к нашей задаче. Решение типовых задач в
большом количестве возможно и нужно, но ограничить опыт учащихся решением только таких задач
непростительно».
Д.Пойа
Роль «базовых задач, задач «кирпичиков»
Задача 1 «Баллистический маятник»
На невесомой нерастяжимой нити подвешен деревянный
брусок. Летящая горизонтально пуля попадает в него и
застревает в бруске. Найти, на какую максимальную высоту
поднимется брусок с пулей и какое количество теплоты
выделится в процессе взаимодействия. Масса пули и бруска
соответственно m и M, начальная скорость пули о.
«Прежде всего должна быть понята словесная формулировка задачи…, редко может позволить себе
обойтись без вопросов: что неизвестно? Что дано? В чем состоит условие?»
Иллюстрации ситуационных состояний, роль рисунков при моделировании в
процессе мышления и составлении плана решения задачи, ось времени.
Задача 2 «Что такое сразу и что такое потом»
В схеме, изображенной на рисунке, при разомкнутых
ключах К1 и К2 конденсаторы с емкостями С1 и С2 не
заряжены. ЭДС батареи , внутреннее сопротивление –
r. Сначала замыкают ключ К1, а после установления
стационарного состояния в схеме замыкают ключ К2.
1) Чему равен ток через источник сразу после замыкания
ключа К1?
2) Какое количество теплоты выделится во всей схеме
после замыкания ключа К2?
«Если деталей много, мы не в состоянии вообразить их одновременно, тогда как на бумаге все они будут
собраны воедино. Деталь, которую мы воспроизвели мысленно, можно забыть; та же деталь, изображенная на
бумаге, сохраняется, так что мы в любой момент можем к ней вернуться вновь. Возвращаясь к ней, мы
восстанавливаем в памяти ранее проведенные рассуждения, зрительное восприятие этой детали в
значительной степени облегчает работу»
Детализация рисунков, припоминание «кинематической связи.
Задача 3 «Гантелька начинает скольжение по гладкой сфере»
В гладкую сферическую полость поместили гантель (два шарика
массы m каждый, соединенных невесомым стержнем так, как это
показано на рисунке). Определите силу давления шариков на
стенки сразу же после того, как гантель отпустили. Радиус
шариков гантели много меньше радиуса сферы.
«Видоизменение задачи может привести к некоторой подходящей вспомогательной задаче: если не
удается решить данную задачу, попытайтесь предварительно решить сходную. Трудная задача требует
исключительных, оригинальных комбинаций, найти которые нелегко»
«Минимальная для соскальзывания и максимальная для «еще
совместного движения» на грани соскальзывания»
Задача 4.
На гладком столе находится система двух
брусков. На нижнем массы M, покоится
верхний, масса которого m. Какую
минимальную силу необходимо
приложить к нижнему, чтобы верхний
начал скользить по нижнему.
Коэффициент трения между брусками k.
«В оригинальности комбинаций проявляется изобретательность решающего задачу.
Разложив задачу, мы стараемся вновь объединить ее элементы, но уже каким-то новым
образом. В частности, можно попытаться составить из элементов задачи новую, более
легкую задачу, которую, возможно, нам удастся использовать в качестве
вспомогательной».
«Чертежи на бумаге легко чертятся и легко запоминаются. Плоские фигуры особенно хорошо нам знакомы,
задачи, связанные с плоскими фигурами, особенно доступны, если мы имеем дело не с геометрической задачей, мы
можем попытаться сделать чертеж. Прозрачная геометрическая интерпретация исходной негеометрической
задачи может оказаться важным шагом на пути к ее решению».
Задача 5 «Найти положение изображения точечного
источника в системе стекло–зеркало»
Точечный источник света S находится на
расстоянии а от стеклянной пластинки,
нижняя поверхность которой посеребрена.
Найти расстояние от изображения источника
до передней грани пластинки. Толщина
пластинки d, показатель преломления стекла
n. Наблюдение ведется под небольшим углом
от вертикали.
Решение задачи 1.
Найдем скорость uo системы «пуля – брусок» сразу после взаимодействия:
m 0
m  M 
Тогда количество теплоты, выделившейся при неупругом взаимодействии
m 0  m  M u0

u0 
m  M u o
m o
mM o
Q


2
2
2(m  M )
2
2
2
Применяя закон сохранения механической энергии к системе «пуля –брусок»,
имеем:
m  M u o 2
2
 m  M ghmax  hma x
uo
m 2 o


2 g m  M 2 g
2
2
Решение задачи 2:
1). Сразу после замыкания ключа К1 сила тока I = /r
2). Стационарное состояние 1(рис.1) q(1)  C1C 2
энергия состояния W(1) =
(C1  C 2 )
C1C 2 2
2(C1  C 2 )
3). Стационарное состояние II (рис.21)
q(11)  C1,
C1 2
W(11) =
2
4). Количество выделенной на резисторах теплоты можно
найти из закона сохранения энергии. Работа источника тока
приводит к изменению энергии системы и выделению теплоты:
Аист = W + Q ()
Аист = q, где q – пройденный через источник заряд, равный изменению
заряда
2 2
2
C

1
левой пластины конденсатора С1. q = q(11) – q(1) = C1 
 Аист =
C1  2
Изменение энергии W(11) – W(1) =
2 (C 1  C 2 )
2
(C 1  C 2 )

C1  2
Окончательно, из () находим Q =
2 (C 1  C 2 )
2
(C 1  C 2 )
Решение задачи 3:
Выносим фрагмент (рис.b).
В течение малого времени t шарики движутся практически по прямым
(соответственно вертикально и горизонтально)  ускорения лишь
тангенциальные  для первого шарика  Fx  0,  Fy  ma1y
для второго:  Fx  max ,  F2 y  0 
N1 = T1cos 45o; – mg + T1sin45o = – ma1; T2 cos 45 o = ma2,; N2 – mg = 0. Учтем, что
T1 = T2 и в уравнениях обозначим эти две силы реакции T.
Между скоростями шариков, связанных стержнем существует связь –
проекции на нерастяжимый стержень равны! Так как угол 45о, то 1
= 2  1/t = 2/t 
a1 = a2. Обозначив ускорения как а, подставляем в уравнения и, решая
их, получаем: N1 = mg/2 и N2 = 1,5 mg.
Воспользовавшись третьим законом Ньютона (силы давления численно равны силам
mg
3m
реакции опоры), получаем ответ: F

,F
 .
дав.1
2
дав.2
2g
Решение задачи 4:
Приподнимая систему над плоскостью, акцентируем
отсутствие трения между брусками и плоскостью (рис.1а).
Словосочетание «минимальная сила» здесь является
ключевым. При этой силе начинается скольжение
исследуемых тел относительно друг друга. Но, с другой
стороны, эта граничная сила равна максимальной силе, при
которой бруски еще движутся вместе с одинаковым
ускорением относительно стола. Приходим к выводу, что
вопрос задачи можно изменить: какую максимальную силу
можно прикладывать к нижнему, чтобы система еще двигалась
как целое (рис. 1b)? На рисунке отмечаем одинаковое
максимальное ускорение тел системы как единого целого, при
этом учитываем в решении, что Fтр является трением покоя и
достигает максимального значения, равного kmg. Расчет Fmax
можно упростить, «сворачивая систему» в единое целое (рис.
1с). Цепочка расчетов выглядит как «движение» по рисункам
снизу вверх – (с  в  а).
Fmax  (m  M )a  kmg  ma  Fmax  (m  M )kg  Fmin .ск  (m  M )kg
Отметим, что на рисунках к данной задаче необязательно показывать
вертикальные силы – силы тяжести и нормальные реакции опор. Величина
максимальной силы трения покоя kmg очевидна.
Решение задачи 5:
Определим «кажущуюся глубину «посеребрения». Рассматриваем ход двух
лучей АС и АD (рис. 1) После преломления луч AC не изменит своего
направления, так как угол падения 0о. Второй – AD пусть падет под малым
углом . Выйдя из среды более оптически плотной (воды) в воздух, он
пойдет под большим углом . Два луча будут расходящимися, изображение
будет сформировано на их продолжениях в точке В. Монетка
«приподнимется» – необходимо найти «кажущуюся» глубину h.
Рассматриваю два треугольника: АСD и BСD: ÑD  tg , CD  tg
H
Разделив одно равенство на другое, получаем:
h tg sin  1



H tg sin  n
Мы учли здесь, что для малых углов при
моделировании можно принять равенство значения
H
синуса и тангенса. В таком случае,h 
n
В таком случае, для нашей задачи, зеркало
будет для наблюдателя находиться на
расстоянии d/n (рис. 3) от верхней грани!
Источник же будет удален от этого»
кажущегося» зеркала на расстоянии (рис. 4)
a + d/n.
Окончательно, SC = 2(a + d/n) – a = a + 2
d/n.
h
Решение задачи 1:
Проследим далее за возможным рассуждением школьника при решении данной задачи.
«Происходит взаимодействие двух тел – пули и бруска – массами m и M. При этом пуля
застревает в бруске. Но! Ведь мы ранее в классе, при иллюстрации закона сохранения импульса
решали очень похожую задачу. Припоминаю! Были два пластилиновых шарика, один из
которых двигался по гладкой горизонтальной поверхности и «налетал» (рис.3) на покоящийся
второй. После этого они стали двигаться вместе. Нужно было найти их совместную скорость.
Как же делалось это? Да очень просто! В проекциях на ось Ох суммарный импульс системы m 
1
двух шариков был m1, стал (m1+ m2)u  находили их совместную скорость движения: u 
m1  m2 
Количество теплоты определяю как разность энергий системы «до» и «после» взаимодействия
2
2
(соответственно Е  m1 и Е  m1  m2 u ).
к1
2
к2
2
Вычитая из первой вторую, я и найду выделившуюся теплоту. Так, с первым вопросом все ясно!
Как найти максимальную высоту подъема пули и бруска? Сразу после «слипания», имея начальную
скорость совместного движения, они будут подниматься над первоначальным уровнем и постепенно
терять скорость. Но, ведь в точке максимального подъема скорость будет равна нулю! Припоминаю
похожую задачу: «Небольшому шарику, висящему на нити, резким ударом сообщили скорость .
Найти, на какую максимальную высоту поднимется шарик?». В этой типовой задаче применяли закон
сохранения механической энергии: рассматривали (рис. 4) два состояния, выбирали нулевой
уровень потенциальной энергии и записывали значения полной механической энергии для двух
2
положений шарика. Затем составляли равенство: m  0  0  mgh
2
max
откуда и находили максимальную высоту hmax! Ну что же, приступим-ка мы к решению
данной нам задаче! Найдем скорость uo системы «пуля – брусок» сразу после взаимодействия:
m 0  m  M u0 u 0  m 0
m  M 
m  M u o
m o
mM o


2
2
2(m  M )
2
Тогда количество теплоты, выделившейся при неупругом взаимодействии: Q 
2
2
Применяя закон сохранения механической энергии к системе «пуля–брусок», имеем:
m  M u o 2
2
 m  M ghmax  hma x
uo
m 2 o


2 g m  M 2 g
2
2
»
Решение задачи 2:
1). Сразу после замыкания ключа К1 сила тока I = /r (в этот момент напряжения на
конденсаторах раны нулю  источник замкнут на свое внутреннее сопротивление).
2). Чтобы найти количество теплоты рассмотрим два стационарных состояния.
Стационарное состояние 1(рис.18) – после замыкания ключа К1 и завершения
переходного процесса зарядки последовательно соединенных конденсаторов С1 и 2 С2.
Заряд конденсаторов одинаков и равен q(1)  C1C 2 , энергия состояния. W = C1C 2
(C1  C 2 )
(1)
2(C1  C 2 )
3). После замыкания К2 и завершения второго переходного процесса устанавливается
второе стационарное состояние: напряжение на конденсаторе С2 UC2 = 0, к источнику
будет подключен
лишь конденсатор С1, заряд на котором изменится: q(11)  C1 ,
2
W(11) =
C1
2
Количество выделенной на резисторах теплоты можно найти из закона сохранения
энергии. Работа источника тока приводит к изменению энергии системы и выделению
теплоты: Аист = W +  Q()
Аист = q, где q – пройденный через источник заряд, равный изменению заряда
2
2
C 2
левой пластины конденсатора С1. q = q(11) – q(1) = C1 
А = 1
C1 
2 (C 1  C 2 )
2
4). Изменение энергии W(11) – W(1) =
2
(C 1  C 2 )
ист

C1  2
2 (C 1  C 2 )
2
Окончательно, из () находим  Q =
(C 1  C 2 )
Решение задачи 3:
1). Воспроизводя рисунок к задаче, дополняем его: показываем ориентацию сферической полости

( g ), указываем силы, действующие на шарики, выбираем неподвижную систему отсчета.
Вчитываясь в условие задачи, обращаем внимание на ключевые слова: гладкая сфера
(отсутствие трения), маленькие шарики (материальные точки, движущиеся по радиусу сферы),
невесомый стержень (mст = 0  равенство Т1 = Т2). Очень важным в условии данной задачи
является «скрытое» данное «сразу». Фактически верная трактовка этого условия и отражение
картинки для момента «сразу же после того, как гантель отпустили» и приводит к идеям
решения данной задачи. Имеем в виду малость скорости    0,  ац 0; однако /t не
равно нулю! (t – малое время наблюдения, в течение которого и требуется определить
реакции стенок и соответственно силы давления).
2). Выносим фрагмент (рис.b). В течение малого времени t шарики движутся практически по
прямым (соответственно вертикально и горизонтально)  ускорения лишь тангенциальные
 для первого шарика  Fx  0,  Fy  ma1y ; для второго: Fx  max ,  F2 y  0 
N1 = T1cos45o; – mg + T1sin45o = – ma1; T2 cos45 o = ma2; N2 – mg = 0. В уравнениях
достаточно много неизвестных. Учтем, что T1 = T2 и в уравнениях обозначим эти две силы реакции
T; для установления кинематической связи между ускорениями выполним еще один рисунок.
Между скоростями шариков, связанных стержнем существует связь – проекции на нерастяжимый
стержень равны! Так как угол 45о, то 1 = 2  1/t = 2/t  a1 = a2. Обозначив ускорения
как а, подставляем в уравнения и, решая их, получаем N1 = mg/2 и N2 = 1,5 mg. Воспользовавшись
третьим законом Ньютона (силы давления численно равны силам реакции опоры), получаем
mg
3m
ответ:
Fдав.1 
2
, Fдав.2 
2g
Решение задачи 4
Текстовая задача не сопровождалась рисунком. Внимательно читая текст
задачи, выполняем неформальный рабочий рисунок. Отмечаем заданные величины
подчеркиванием. Приподнимая систему над плоскостью, акцентируем отсутствие
трения между брусками и плоскостью (рис.1а). Словосочетание «минимальная сила»
здесь является ключевым. При этой силе начинается скольжение исследуемых тел
относительно друг друга. Но, с другой стороны, эта граничная сила равна
максимальной силе, при которой бруски еще движутся вместе с одинаковым
ускорением относительно стола. Приходим к выводу, что вопрос задачи можно
изменить: какую максимальную силу можно прикладывать к нижнему, чтобы система
еще двигалась как целое (рис. 1b)? На рисунке отмечаем одинаковое максимальное
ускорение тел системы как единого целого, при этом учитываем в решении, что Fтр
является трением покоя и достигает максимального значения, равного kmg. Расчет Fmax
можно упростить, «сворачивая систему» в единое целое (рис. 1с). Цепочка расчетов
выглядит как «движение» по рисункам снизу вверх – (с  в  а).
Fmax  (m  M )a  kmg  ma  Fmax  (m  M )kg  Fmin .ск  (m  M )kg
Отметим, что на рисунках к данной задаче необязательно показывать
вертикальные силы – силы тяжести и нормальные реакции опор. Величина
максимальной силы трения покоя kmg очевидна.
Задачи для самостоятельного моделирования физической
ситуации и составления уравнений к решению.
Образовательные ресурсы интернета
http://www.alleng.ru/edu/phys3.htm
Задача 1. Демонстрационный вариант ЕГЭ 2006
Два тела, массы которых соответственно m1 = 1 кг и m2 = 2кг,
v2
скользят по гладкому горизонтальному столу (см. рисунок).
Скорость первого тела v1 = 3 м/с, скорость второго тела v2 = 6 м/с.
90
m2
v1 Какое количество теплоты выделится, когда они столкнутся и
будут двигаться дальше, сцепившись вместе? Вращения в системе
m1 не возникает. Действием внешних сил пренебречь.
A
Задача 2. Демонстрационный вариант ЕГЭ 2007
Шар массой 1 кг, подвешенный на нити
длиной 90 см, отводят от положения равновесия на
угол 60о и отпускают. В момент прохождения шаром
положения равновесия в него попадает пуля массой 10
г, летящая навстречу шару. Она пробивает его и
продолжает двигаться горизонтально. Определите
изменение скорости пули в результате попадания в
шар, если он, продолжая движение в прежнем
направлении, отклоняется на угол 39о. (Массу шара
считать неизменной, диаметр шара – пренебрежимо
7
малым по сравнению с длиной нити, cos 39 = ).
9
Задача 3: Металлический стержень массой m начинает
падать в магнитном поле по длинным вертикальным толстым
металлическим шинам без нарушения контакта с ними. Вверху
шины замкнутым на сопротивление R. Длина стержня l,
модуль магнитной индукции В, поле направлено
перпендикулярно плоскости падения (см. рис.). Найти
установившуюся скорость падения стержня.
Задача 4 «Два вольтметра»:
На рисунке представлены две схемы. Показания
вольтметров на первой U1 = 6 В,
U2 = 8 В. На второй – оба вольтметра показывают
U3 = 12 В. Найдите, чему равна ЭДС  элемента?
Задача 5 Демонстрационного варианта 2005:
Вакуумный диод, у которого анод (положительный электрод) и катод
(отрицательный электрод) – параллельные пластины, работает в режиме,
когда между током и напряжением выполняется соотношение I = U3/2 (где
α – некоторая постоянная величина). Во сколько раз увеличится сила,
действующая на анод вследствие удара электронов, если напряжение на
диоде увеличить в два раза? Начальную скорость вылетевших электронов
считать равной нулю.