Задачі з динамічною структурою змісту

Для сили натягу T ситуація дещо складніша. Просто замінивши у вірно одержаній загальній формулі m₁ на нуль, учні отримають T = 0. Тоді ми пояснюємо, що масою першого бруска можна знехтувати лише по відношенню до маси другого, в нашому випадку — тільки в знаменнику наведеного виразу. Тепер кінцевий результат перетворень співпадає з відповіддю для граничного випадку. Аналогічно робиться перевірка і в подальшому.

Досвід показує, що оволодіння наближеними обчисленнями не може бути результатом одноразового пояснення, а відбувається поступово, з набуттям практичних навичок. Тому на уроках розв’язування задач після  одержання кожної відповіді ми проводимо  її перевірку, спираючись на результати, отримані раніше.

Табл. 2.1. Відповіді до підзадач прикладу 1

з обмеженням m₁>>m₂, F_тр<<m₁gsina

m	a	Fтр	T
1	2	3	4
Будь-який	g sina	mm2g cosa	mm2g cosa

 

 

Табл. 2.2.  Відповіді до підзадач прикладу 1 з обмеженням m₁<<m₂

 

m	а	Fтр	Т
1	2	3	4
> tga	0	m2g sina	m1g sina
< tga	g(sina – m cosa)	mm2g cosa	mm1g cosa

 

Табл. 2.3. Відповіді до підзадач прикладу 1

 з обмеженням на m₁ та m₂ обмежень немає

 

m	а	Fтр	Т
1	2	3	4
> tga	0	(m1 + m2)g sina	m1g sina
< tga	g(sina – m cosa)	mm2g cosa	m gcosa

 

 

 

 

 

Табл. 2.4. Відповіді до підзадач прикладу 1 з обмеженням m₁>>m₂, F того ж порядку, що і m₁gcosa

m	а	Fтр	Т
1	2	3	4
>m1g sina/F	0	m1g sina	m1g sina
<m1g sina/F	gsina – mF/m1	mF	mF

 

Табл. 2.5. Відповіді до підзадач прикладу 1з обмеженням m₁<<m₂, F того ж порядку, що і m₂g cosa

m	а	Fтр	Т
1	2	3	4
>	0	m2g sina	m1g sina
<	g sinam(F/m2 + gcosa)	m(F + m2gcosa)	mm1(F/m2 + g cosa)

 

 

Табл. 2.6. Відповіді до підзадач прикладу 1

 з обмеженням на m₁, m₂ та F обмежень

m	а	Fтр	Т
1	2	3	4
>	0	(m1 + m2)g sina	m1g sina
<	g sina – m	m(F + m2gcosa)	m(F + m2g cosa)

 

 

 

Приклад 2.

Кинуте з підлоги тіло пружно відбивається від гладкої стелі (рис. 2.5).

 

 

Рис. 2.5. Тіло, кинуте з горизонтальної підлоги під кутом до горизонту:

a - кут кидання тіла;v - початкова швидкість тіла;h - відстань від підлоги до стелі;g - прискорення вільного падіння.

I. Розглянути випадки:

1) зміною швидкості  під дією поля тяжіння можна  знехтувати;

2) дією поля тяжіння  знехтувати не можна і знайти: а) відстань від точки кидання до точки падіння s; б) час польоту t.

II. Визначити найменшу  швидкість, при якій можна користуватися  формулами п.I.2. З чим пов’язане  це обмеження?

III. Оцінити найменшу  швидкість, при якій розбіжність  між відповідями п.I.1 та п.I.2 менша за 1%, самостійно обравши значення a та h.

Коментар до прикладу 2.

I. Відповіді зведені  до табл. 2.7:

Табл.  2.7. Відповіді до підзадач прикладу 2

Дією сили тяжіння:	s	t
1) можна знехтувати	2h ctga	2h/(v sina)
2)знехтувати не можна

 

Як уже згадувалося, при перевірці  відповідей на граничні випадки досить часто доводиться оперувати формулами  наближених обчислень. А розвиваючи вміння правильно користуватися  ними, ми привчаємо учнів виражати накладені обмеження в аналітичній  формі. Так, обмеження п.I.1 може бути записане як . Просто підставивши до відповідей п.I.2, учні одержать s = 0, t = 0. Треба застосувати відому формулу (для малих х). Тоді одержувані результати будуть співпадати з відповідями попередньої підзадачі.

II. Перед учнями ставиться запитання  — чи при будь-яких значеннях h, a, та v можна проводити обчислення за формулами п.I.2? Вони помічають, що за умови вираз під знаком радикалу матиме від’ємне значення, тому користуватися цими формулами можна лише для . Учням пропонується пояснити, якій фізичній ситуації відповідає це обмеження. Легко показати, що для підйому на висоту h тіла, кинутого під кутом a до горизонту в полі тяжіння, потрібно надати йому швидкості . Очевидно, що при v<v^* тіло не підніметься до стелі і не зіткнеться з нею, а для опису такої ситуації потрібні вже інші рівняння.

Так учні знайомляться ще з одним цінним наслідком аналізу відповідей. Завдяки йому інколи можна помітити випадки, в яких протікання досліджуваного явища відрізняється від передбаченого умовами задачі.

III. Прямі розрахунки тут виявляються  надто громіздкими. Можна знайти  відповідь, застосовуючи чисельні  методи (за допомогою ЕОМ або  ПМК), але такі обчислення також  вимагають суттєвих витрат часу.

2.3. Нестандартні прийоми дослідження розв’язків фізичних задач

 

Тут ми покажемо, що використання стандартних методів перевірки  кінцевої формули, яка одержана при  розв’язуванні фізичної задачі, може бути надто трудомістким або взагалі не дати результатів. У той же час трохи модифіковані прийоми є в подібних випадках значно ефективнішими за ті, що вже обговорювалися в методичній літературі [5].

Використовуючи той  самий приклад, ми хотіли б звернути увагу на клас задач, де є обмеження  на величини, що входять до кінцевої формули. На наш погляд, виявлення  цих обмежень і наведення їх у  відповіді поруч з кінцевою формулою повинні бути обов’язковими. Знайти обмеження, про які йде мова, часто  можна, формально-математично досліджуючи  область визначення одержаної функції. Зрозуміло, що помилка в кінцевій формулі майже автоматично приведе  до невірних виразів для обмежень на параметри, що в неї входять. Якщо ж отримати інформацію про область визначення досліджуваної функції з фізичних міркувань, а потім порівняти її з одержаною суто математичними методами, то це надасть можливість оцінити вірогідність як самої кінцевої формули, так і обмежень на величини, що до неї входять. Перейдемо до конкретного прикладу.

Умова фізичної задачі. Ємність плоского повітряного конденсатора С₀, а відстань між пластинами D. Біля однієї пластини розмістили шар діелектрика з діелектричною проникністю e₁ завтовшки d. Якою повинна бути діелектрична проникність діелектрика e₂, яким треба заповнити вільний простір у конденсаторі, щоб його ємність стала дорівнювати С?

Граничні випадки та монотонність. Не розв’язуючи задачу повністю, можна досить швидко збагнути, що чекати від кінцевої формули при деяких граничних значеннях фізичних величин, що входять до умови задачі. А саме:

1) якщо d®0, то e₂®C/C₀ (конденсатор був пустим, його заповнюють діелектриком з діелектричною проникністю e₂);

2) якщо С=e₁С₀, то e₂=e₁ (весь конденсатор треба повністю заповнити діелектриком з діелектричною проникністю e₁);

3) якщо e₁®¥, то (фактично ми маємо конденсатор з відстанню між пластинами D – d і заповнений діелектриком з діелектричною проникністю e₂).

Легко переконатися, що перевірку на всі три граничні випадки витримує, наприклад, така формула:

.     (2.1)

З фізичних міркувань  очевидно, що для збільшення кінцевої ємності С потрібно збільшувати e₂. Відповідно, e₂(С) повинна бути монотонно зростаючою функцією. Запропонований вираз (2.1) проходить і цю перевірку.

Симетричність. В арсеналі стандартних методів є ще перевірка відповіді на симетричність, якщо вона випливає з умови задачі. У нашому випадку така симетричність повинна бути, бо ми фактично маємо два послідовно з’єднаних конденсатори, ємність яких симетрично входить до загальної ємності ( ). Площа пластин конденсаторів однакова, отож до формули для загальної ємності повинні симетрично входити такі комбінації величин: та . Для перевірки запропонованої відповіді (2.1) на симетричність треба її перетворити таким чином, щоб симетричність або несиметричність легко було побачити. Після не дуже простих порівняно з попередніми перетворень маємо:

    (2.2)

Якщо поміняти місцями  комбінації та , то ліва частина рівняння (2.2) не зміниться, а права, як тепер легко бачити, зазнає змін. Таким чином, запропонована формула (2.1) не витримує перевірки на симетричність. Але така перевірка виявилась досить складною.

Ми пропонуємо деякі  модифікації стандартних прийомів, які виявляються більш ефективними  в подібних випадках.

Симетричність в окремому випадку. Забракувати наведену формулу (2.1) можна було б нетрадиційним прийомом, який поєднує в собі перевірку на симетричність і на окремі випадки. Якщо d=D/2, то очевидно, що до формули для загальної ємності будуть симетрично входити e₁ та e₂. Після підстановки D/2 замість d у пропоновану відповідь (2.1) ми одержимо:

Звідси

                                     (2.3)

Видно, що при перестановці e₁ та e₂ права частина не змінюється, а ліва зазнає змін.

Таким чином, ми дістали  більш зручний у подібних випадках спосіб перевірки відповіді на симетричність.

Модифікація перевірки на граничні та окремі випадки. Для того, щоб забракувати невірну відповідь, іноді не треба знати, якого значення набуває відповідь у деякому граничному або окремому випадку. Достатньою буває інформація про загальний вигляд відповіді у цих випадках.

Звернемося до нашого прикладу. Зрозуміло, якщо e₁=1, то e₂ буде залежати від С і дорівнюватиме одиниці тільки у випадку С=С₀. Якщо ж підставити e₁=1 у запропоновану відповідь (2.1), то одержимо e₂=1 незалежно від С. Це безперечно доводить хибність розглядуваного виразу для e₂.

Повернемося до випадку С=e₁С₀, який ми вже розглядали. Там було очевидно, що для одержання такої ємності вільне місце в конденсаторі потрібно заповнити таким самим діелектриком, шар якого вже був біля однієї пластини. Треба визнати, що ми були не дуже уважні. Фактично вважалося, що вільне місце є, тобто d<D. Якщо ж d=D, то ємність С повинна дорівнювати e₁С₀ при будь-якому e₂, бо для другого діелектрика немає вільного простору.

З цих міркувань  можна зробити принаймні два  висновки відносно вірної відповіді  для розглядуваної задачі. По-перше, якщо підставити у правильну формулу  для e₂ замість С вираз e₁С₀ та d замінити на D, то ми повинні отримати невизначеність типу нуль поділити на нуль або нескінченність на нескінченність. По-друге, якщо спробувати розглянути випадок, коли d=D, а С відрізняється від e₁С₀, то правильна відповідь повинна давати абсурдний результат, тому що другого діелектрика, який міг би змінити ємність, немає.

Що ж до запропонованої формули (2.1), то вона не витримує критики в обох випадках. Дійсно, якщо d=D, а С=e₁С₀, отримуємо замість невизначеності конкретне значення: e₂=e₁. Якщо ж d=D, а С не дорівнюватиме e₁С₀, то будемо мати . Бачимо, що e₂>1, отже результат не є абсурдним, що й свідчить про хибність запропонованої до розгляду формули.

Для порівняння можна  переконатися, що через всі перевірки  проходить вірна відповідь:

     (2.3)

Її, безумовно, треба  доповнити обмеженнями на можливі  значення С:

                                      (2.4)

Зазначимо, що вказані  обмеження (2.4) одержані в результаті майже усного розв’язку відповідних фізичних задач на пошук С для граничних значень: e₂=1 та e₂®¥. Якщо підставити межові значення С до правильної формули (2.3), то ми отримаємо очікувані граничні значення. Для швидкого ж спростування невірного виразу (2.1) достатньо підставити праву межу і переконатися, що нескінченності ми не одержимо.