Ш.Г.Зиятдинов,
лицей при БирГПИ, г. Бирск, Республика Башкортостан
shamilz2@rambler.ru

Стоит ли решать все задачи «в общем виде»?

Основными требованиями при решении количественных задач по физике в школе являются поиск, составление и решение системы уравнений (формул), ответственных за описанное в условии задачи физическое явление (или процесс) в общем виде. Последнее требование обязательно для участников всевозможных олимпиад и абитуриентов (а также на вступительных экзаменах или при выполнении заданий КИМ ЕГЭ из серии С). Однако при организации практикума по решению физических задач, в особенности в классах с углублённым изучением предмета, необходимо обратить внимание и на то, что довольно часто встречаются нестандартные физические задачи, которые в общем виде не могут быть решены в принципе или не могут быть решены учащимися с данной подготовкой. Приведём несколько примеров.

Задача 1 (республиканская олимпиада). Материальная точка движется по дуге окружности радиусом R = 1 м. Скорость точки изменяется по закону где Найдите ускорение (по модулю) точки М в тот момент, когда угол = 60°.

Решение

Введём систему координат ХY. Проекция скорости на ось Х:

Следовательно, а_х = 0 (!) и а_полн = а = а_y.

В таком случае

Отметим, что попытка решения учащимися этой задачи «в общем виде» не увенчалась успехом, потому что такое решение требует применения сложных математических преобразований и привлечения понятия «скорость как производная перемещения по времени». Простое решение получается только из-за того, что зависимость скорости от угла именно и, следовательно, тело вдоль оси Х движется равномерно. Естественно, решили задачу только те, кто догадался построить величину проекции скорости _х = const.

Задача 2 (ЗФТШ при МФТИ). Автомобиль массой 1 т пытается въехать без разгона на гору с углом наклона = 30°. Коэффициент трения между шинами автомобиля и поверхностью горки = 0,1. С каким ускорением будет двигаться автомобиль? Считать все колеса ведущими.

Решение

Максимальная сила трения покоя (колёс относительно поверхности горки):

Составляющая силы тяжести, препятствующая движению автомобиля:

Видим, что F_тяж.х > F_тр.п.maх, т.е. при любой силе тяги мотора машина не сможет въехать в гору, колёса будут пробуксовывать. Таким образом, ускорение автомобиля будет а = 0.

Решение задачи требует предварительной оценки величины трения покоя колёс о поверхность горки.

Задача 3 (старые издания задачника А.П.Рымкевича или задачник Г.Н.Степановой). Какова сила трения, действующая на брусок массой m, с каким ускорением движутся грузы и какова сила натяжения нити, если h = 60 cм, l = 1 м, m = 0,5 кг, = 0,25? Решите задачу при значениях массы M: 0,1 кг; 0,25 кг; 0,3 кг; 0,35 кг; 0,5 кг. Блок считать идеальным.

Пояснение. Отметим, что именно здесь проявляются основные трудности решения задач на динамику тел с учётом сил трения. Естественно, такую задачу без выяснения состояния тел – покой или движение, направление движения – невозможно решить в общем виде. Сначала необходимо для каждого значения массы M оценить численные значения и направления всех сил, действующих на каждое из связанных тел. Очевидно, что силой тяги, действующей на тело массой m, является сила, численно равная весу второго тела массой М. В дальнейшем следует сопоставить все силы, действующие на тело, находящееся на наклонной плоскости, и установить, движется ли оно и в каком направлении. Далее можно оценить ускорение движения тела для данного случая из условия задачи. Проведём анализ, например, для М = 0,25 кг.

Произведём первоначальные оценки. Предположим, что тело m движется вверх вдоль оси Х. Сила тяги F, действующая на тело m, направлена вверх по наклонной плоскости (при движении вверх эта сила максимальна, когда тело массой М покоится или равномерно движется: F = Р = Mg 2,5 Н). Численное значение максимальной силы трения покоя тела F_тр.п.maх=N=mgcos1 Н. Препятствующая движению тела составляющая силы тяжести F_тяж.х = mgsin 3 Н. Отмечаем, что F < F_тяж.х + F_тр.п.maх, т.е. даже при F = 2,5 H тело не сможет подняться по наклонной плоскости.

Тогда возможен другой вариант: тело m движется вниз против оси Х. Условие выполнения такого движения: F_тяж.х > F + F_тр.п.maх. Однако при движении тела m вниз Cопоставляя численные значения указанных сил, видим, что неравенство не выполняется (3 Н < 3,5 Н), т.е. тело вниз не движется. Куда же тела движутся на самом деле? В чём противоречие?

Естественно, здесь нет никакого противоречия, просто при оценках в качестве силы трения ошибочно была принята максимально возможная сила F_тр.п.maх, что имеет место только при движении тел. В самом деле, если связанные тела m и M покоятся, то а = 0, сила трения покоя F_тр.п = mg и направлена вверх по оси Х.

Аналогичные ситуации для случаев М = 0,3 кг и М = 0,35 кг. При М = 0,3 кг сила трения равна 0, т.к. F = mg 3 H.

Остальные ситуации рекомендуем проанализировать самостоятельно.

Задача 4 (ЗФТШ при МФТИ). В калориметр, где находится m_л = 1 кг льда при температуре t₁ =  –40 °C, впускают m_п = 1 кг пара при температуре t₂ = 120 °C. Определите установившуюся температуру и агрегатное состояние системы. Нагреванием калориметра пренебречь. Удельные теплоёмкости: льда с_л = 2100 Дж/(кг ^. К), пара с_п = 2200 Дж/(кг ^. К), воды с_в = 4200 Дж/(кг ^. К); удельная теплота плавления льда = 0,32 МДж/кг, удельная теплота парообразования воды L_в = 2,26 МДж/кг.

Решение

Условие задачи не позволяет заранее выяснить конечное состояние термодинамической системы (ТДС) в общем виде: после смешивания двух ТДС в различных состояниях (с различными фазами, температурами) устанавливается некоторое равновесие общей системы, термодинамические параметры которой неизвестны, а часто неизвестно и агрегатное состояние. В таких случаях полезно провести предварительную оценку.

Сначала для наглядности приведём графики зависимости температуры t° системы от времени t теплообмена с окружением (другой ТДС):

а) график с выделением тепла (охлаждение ТДС), при этом возможны фазовые превращения;
б) график с поглощением теплоты (нагревание ТДС), тоже возможны фазовые превращения.

Нетрудно догадаться, что при смешивании двух ТДС, находящихся в различных фазовых состояниях и имеющих различные температуры, можно получить любое равновесное состояние. Фазовое состояние новой ТДС и его температура определяются массами m и термодинамическими характеристиками смешиваемых систем (теплоёмкостью с фазового состояния систем до и после их смешивания и удельной теплотой фазовых превращений , L).

Некоторые возможные процессы установления равновесного состояния могут быть показаны графически (для случая смешивания одного и того же вещества в различных фазах: твёрдое–жидкое, жидкое–пар). Заметим, что многие методисты по оси абсцисс откладывают количество теплоты Q, которым данная ТДС обменивается с окружением, т.е. с другой, смешивающейся с ней, ТДС. Думаем, что здесь никаких противоречий нет, – процесс теплообмена идёт во времени.

Итак:

• При смешивании ТДС 1 и 2 устанавливается равновесие системы 1 с новой системой 2, причём изменение состояния системы 2 идёт за счёт только охлаждения системы 1; выделенное количество теплоты идёт на нагревание системы 2 в начальной фазе, на фазовый переход и на нагревание новой фазы этой системы. Уравнение теплового баланса в этом случае запишется так:

    (1)

где первый индекс обозначает номер системы, второй – номер процесса, причём индекс «0» относится к фазовому переходу, с – удельная теплоёмкость, q – удельная теплота фазового перехода, – конечная температура смеси.

• Процесс опять идёт за счёт только охлаждения системы 1, при этом только часть системы 2 переходит в новую фазу. Уравнение теплового баланса имеет вид:

        (2)

где – масса части системы 2, перешедшей в новую фазу.

• Часть системы 1 переходит в новую фазу. Процесс сопровождается нагреванием системы 2 за счёт охлаждения системы 1 и выделения ею теплоты фазового перехода. Уравнение теплового баланса:

        (3)

где = t₀, – масса части системы 1, перешедшей в новую фазу.

• Система 1, охлаждаясь, переходит целиком в новую фазу и охлаждается далее до равновесного состояния, а система 2 только нагревается до этой температуры. Уравнение теплового баланса имеет вид:

        (4)

Следует заметить, что наклоны приведённых на рисунке графиков определяются массой и удельной теплоёмкостью соответствующей фазы ТДС, а длина горизонтальной линии фазового перехода (время фазового превращения) – массами смешиваемых веществ. Встречаются задачи, в которых равновесие может наступать после нескольких фазовых переходов одного и того же вещества типа пар жидкость твёрдая фаза, или наоборот. Возможны задачи о тепловом контакте систем, представляющих собой вещества различной природы с различными температурами фазового перехода.

Подводя итог, отметим, что такого типа задачи в общем виде решить невозможно. Необходимо предварительно оценить, какое равновесное состояние должно установиться при смешивании систем, какое из четырёх уравнений теплового баланса следует выбрать при решении задачи. Поэтому, естественно, нужна предварительная количественная оценка тепловых эффектов наблюдаемых процессов. Возможно, придётся учитывать роль калориметра, где происходит перемешивание. Нетрудно догадаться, что задачи этого типа требуют логических рассуждений, предварительных оценок и могут быть решены подготовленными учащимися.

Для решения задачи 4 сделаем предварительные оценки:

• При охлаждении пара до точки конденсации (100 °С) выделяется количество теплоты

Q_п = с_пm_пt°_п = 44 кДж.

• При конденсации пара выделяется количество теплоты

Q_к = Lm_п = 2,26 МДж.

• Для нагревания льда до 0 °С необходимо количество теплоты

Q_нл = с_лm_лt°л = 84 кДж.

• Для плавления льда необходимо количество теплоты

Q_пл = m_л = 320 кДж.

• Для нагревания воды (лёд растаял) от 0 до 100 °С необходимо количество теплоты

Q_н = с_вm_лt°_в = 420 кДж.

Сравнение оценённых значений количеств теплоты показывает, что

Q_п < Q_нл + Q_пл + Q_н < Q_п + Q_к.

Последнее означает, что в калориметре установится равновесное состояние ТДС пар + вода при температуре 100 °С. Массу конденсированного пара можно найти из условия:

= (Q_нл + Q_пл + Q_н – Q_п)/L = 0,345 кг.

Схематически переход неравновесной системы пар + лёд к равновесному состоянию показан на рисунке.

Задача 5 (третья Соросовская олимпиада школьников, 1996–1997). Электрическая цепь содержит всего 40 резисторов, сопротивление каждого резистора первого «звена» равно R, второго – 10 R, третьего – 100R и т.д. до 20-го звена. Найти сопротивление между точками А и В.

В самом задачнике приводится решение, однако оно вряд ли удовлетворит дотошного ученика, который привык решать задачу в общем виде, от которого всегда требовали точное, полное решение. В самом деле, приведённое решение – приближённое, и, на первый взгляд, кажется, что можно было бы решить эту задачу более красиво, используя какие-либо математические подходы, тем более, что это задача Соросовской, престижной, олимпиады.

Приведём кратко приближённое решение.

• Сопротивление схемы из двух резисторов первого звена: R₁ = 2R.

• Сопротивление схемы из четырёх резисторов первых двух звеньев:

• Для трёх звеньев получится R₃ = 1,951R, т.е. почти тот же результат. Добавление новых звеньев изменит ответ лишь немного.

В задачнике приводится ещё один приближённый метод решения этой задачи. Сделаем цепь бесконечной. При этом очевидно, что добавление звеньев после 20-го звена уменьшит искомое сопротивление R₂₀ цепи очень мало. Поэтому результат такого расчёта будет более точным, т.е. R₂₀ Z. Если же от бесконечной цепочки отбросить первое звено R-R, то сопротивление оставшейся части (тоже бесконечной) цепи окажется равным 10Z. Тогда сопротивление всей цепи можно найти как

Таким образом, «точное решение» практически совпадает с вычисленным, причём Z < R₂₀ < R₃ .

А теперь попробуем решить предложенную задачу несколько иным способом. Как можно заметить из электрической схемы, формулу общего сопротивления для конечной цепи из i звеньев можно записать в виде Z_i = Ra_i. При этом:

• при i = 1: a₁ = 2, т.е. Z₁ = R ^. a₁= R ^. 2;

• при i = 2:

• при i = 3:

• при i = 4:

• при i = k:

Таким образом, общее сопротивление i = k звеньев Z_k будет отличаться (можно это заметить) от предыдущего сопротивления Z_k–1 специфическим коэффициентом в скобках:

Такого типа дроби в курсе математики классифицируются как цепные. В таблице справа приведён результат решения этой задачи с помощью ЭВМ для двух «коэффициентов деления».

Как видно, при R₂ = 10R добавление в электрическую схему новых звеньев, начиная с 8-го, не влияет на величину общего сопротивления Z_k с точностью до 11-й цифры после запятой (ЭВМ даёт Z₂₀ 1,9512492197R = Z₈). А если точность оценки уменьшить до 4-й цифры, то достаточно четырёх звеньев.

При R₂ = 2R совпадение до 4-й цифры начнётся лишь с 5-го звена, при R₂ = R – с 7-го звена. Составители Соросовской задачи предложили задачу с R₂ = 10R, когда добавление 3-го звена уже практически не меняет результат, и на этом решение задачи можно прекратить.

---

Шамиль Габдинурович Зиятдинов – выпускник Бирского ГПИ 1972 г. После службы в Советской Армии работал в школе учителем физики. В 1980 г., окончив аспирантуру МГПИ под руководством проф. И.В.Разумовской, защитил кандидатскую диссертацию и вернулся в Бирск, где со дня открытия лицея при Бирском ГПИ преподаёт физику в физико-математических классах, совмещая эту работу с преподаванием в ГПИ. Многие его выпускники поступили в вузы физико-математического и технического направления. Сыновья продолжили дело отца: поступили на физфак МГУ им. М.В.Ломоносова. Старший уже окончил и сейчас учится в аспирантуре в Ридгерсовском университете (США). Супруга преподает французский язык в Бирском пединституте. Награждён знаком «Почётный работник высшего профессионального образования РФ». Автор более 150 научных и научно-методических работ. Область научных интересов — методика преподавания физики в инновационных школах, организация практикума по решению физических задач повышенной трудности, физические аспекты экологических проблем современности, экологические проблемы энергетики, радиационная экология.