Метод графических оценок

52

Метод графических оценок

В. А. МУКУШЕВ

Известно множество различных методов в исследовании физических явлений и процессов. Один из них — метод графических оценок. Он применяется и при решении конкретных физических задач.

Графический способ, с одной стороны, делает наглядным различные этапы решения задачи, а с другой — дает возможность быстрый оценки полученного решения, что особенно важно в случае громоздкого анализического решения или при его невозможности.

Поскольку графический метод относится к приближенным методам вычисления, результаты получаются не точными. Впрочем, точность всегда можно увеличить, используя таблицы, микрокалькуляторы, ЭВМ. Построив соответствующие графики, вы можете быстро получить приближенный результат и проверить, насколько он реален и имеет ли физический смысл.

Предлагаемые в статье задачи вряд ли давались на вступительных экзаменах вузы, хотя близкие к ним задачи, имеющие громоздкое анализческое решение, вам, несомненно, могут встретиться.

Задача 1. На закрепленный шаг радиусом R сверху поставлена игрушка «Ванька-Встанька» (рис. 1). Нижняя поверхность игрушки — сферическая с радиусом r, центр тяжестеи игрушки — точка C — расположен на середине радиуса сферы. До какого предельного угла β_max можно отклонить игрушку, чтобы она возвращалась в начальное положение, если R/r=4?

53

При отклонении игрушки, например, вправо, центр тяжести смещается (см. рис. 1). Если при этом он оказывается левее вертикали $AB$, проходящей через точку опоры $A$, то момент силы тяжести будет возвращать игрушку в положение равновесия. Если же центр тяжести оказывается правее $AB$, игрушка упадет.

Обозначим $\alpha$ — угол поворота игрушки, $\beta$ — угол поворота радиуса $O'A$. Други $LA$ и $KA$ равны (нет проскальзывания), т. е. $\alpha r = \beta R$, откуда $\alpha = \beta \frac{R}{r}$.

Из треугольника $OAB$ имеем

$$\frac{OB}{\sin \beta} = \frac{AO}{\sin (\pi - \alpha - \beta)} = \frac{r}{\sin (\alpha + \beta)} = \frac{r}{\sin (\beta (1 + R/r))},$$

или

$$OB = \frac{r \sin \beta}{\sin (\beta (R/r + 1))}.$$

Игрушка возвраится в исходное положение, если $OC = \frac{1}{2} r > OB$, т. е.

$$\frac{1}{2} r > \frac{r \sin \beta}{\sin (\beta (R/r + 1))},$$

или, с учетом соотношения $R/r = 4$, $\sin 5\beta > 2 \sin \beta$.

Чтобы найти предельный угол $\beta_{\max}$, нам предстоит решить трионометрическое уравнение

$$\sin 5\beta_{\max} = 2 \sin \beta_{\max}.$$

Для этого построим графики функции $y = \sin 5\beta$ и $y = 2 \sin \beta$ и из пересечения этих графиков (рис. 2) найдем

$$\beta_{\max} \approx 0,42 \text{ рад} \approx 23,9^\circ.$$

Значит, при $-23,9^\circ < \beta < 23,9^\circ$ игрушка возвращается в начальное положение.

Задача 2. На покоящся на главкой поверхности кубик массой $m$, соединенный со стенкой пружиной, налетает справа второй кубик массой $M$ (рис. 3). Происходит абсолотно упругий удар, после чего первый кубик начинает колбаться. Какая часть перiodа колбаный пройдет до момента

$$Mv_0 = mv_1 + Mv_2, \quad \frac{Mv_0^2}{2} = \frac{mv_1^2}{2} + \frac{Mv_2^2}{2},$$

откуда

$$v_1 = v_0 \frac{2}{1 + \gamma}, \quad v_2 = v_0 \frac{1 - \gamma}{1 + \gamma}.$$

54

Последе соударения второй кубик будет двигатся равномерно, и его координата со временем будет изменяться по закону

$$x_2 = v_2 t = v_0 \frac{1-\gamma}{1+\gamma} t.$$

Первый же кубик начинает колебаться по закону

$$x_1 = x_m \sin \omega t.$$

Частота гармоничских колебаний

$$\omega = \sqrt{\frac{k}{m}},$$

где $k$ — жесткость пружины. Амплитуду колебаний $x_m$ найдем из закона сохранения энергии:

$$\frac{m v_1^2}{2} = \frac{k x_m^2}{2} \Rightarrow x_m = \frac{v_1}{\omega} = \frac{2 v_0}{(1+\gamma) \omega}.$$

Таким образом,

$$x_1 = \frac{2 v_0}{(1+\gamma) \omega} \sin \omega t.$$

Второе соударение кубиков произойдет при условии $x_1 = x_2$, т. е.

$$\frac{2 v_0}{(1+\gamma) \omega} \sin \omega t = v_0 \frac{1-\gamma}{1+\gamma} t.$$

Отсюда

$$2 \sin \omega t = (1-\gamma) \omega t,$$

или

$$2 \sin \left(2 \pi \frac{t}{T}\right) = (1-\gamma) 2 \pi \frac{t}{T},$$

где $T = 2 \pi/\omega$ — период колебаний, $t/T$ — искомая частота периода.

Обозначим $\pi t/T = z$. Тогда предыдущое уравнение прибретет вид

$$\sin 2z = (1-\gamma) z.$$

При $\gamma = 1/2$ получаем

$$\sin 2z = \frac{z}{2}.$$

Начертим графики функций $y = \sin 2z$ и $y = z/2$ (рис. 4) и из их пересечения найдем

$$z \approx 1,24$$ рад, $\pi \frac{t}{T} \approx 1,24$, $\frac{t}{T} \approx 0,39$.

Если $m \ll M$, т. е. $\gamma \to 0$, то получаем уравнение

$$\sin 2z = z.$$

Его решением будет (см. рис. 4)

$$z \approx 0,95$$ рад, или $\frac{t}{T} \approx 0,30$.

Второго соударения кубиков не произойдет, если их координаты больше не совпадают, т. е., говоря на языке графиков, если прямая, выражающая график зависимости координаты второго кубика от времени, не пересечет второй раз синусоиду. Этому соответствует все прямые линии, выходящие из точки $O$ и нахождения ващитхованной области между линиями $I$ и $II$. Линия $I$ соответствует случаю $m/M \to \infty$ (масса налетающего кубика очень мала). Осталось найти $\gamma$ для линии $II$ — касательной к синусоиде. Как видно из рисунка 4, этой линии соответствует значению $z \approx 2,24$ рад. Отсюда

$$\gamma = 1 - \frac{\sin 2z}{z} \approx 1,44.$$

Итак, чтобы не произило второго столкновения, должно выполнять условие

$$1,44 < \gamma < \infty.$$

Задча 3. Поршневой насос при каждом качании захватывает определенный объем воздуха. При откачке воздуха из сосуда насос совершил четые качания. Начальное давление внутри сосуда было равно атмосферному $p_0$. Затем этот насос начал нанести воздуха в сосуд из атмосферы и совершил также четые качания. При этом давление в сосуде стало в сосуде

55

2 раза больше, чем атмосферное. Найдите соответствие между рабочим объемом насоса и объемом сосуда.

При откачке воздуха из сосуда после первого качания давление в сосуда станет равным

$$p_1 = p_0 \frac{V}{V + V_0},$$

где $V$ — объем сосуда, $V_0$ — рабочий объем поршневого насоса; после второго качания —

$$p_2 = p_1 \frac{V}{V + V_0} = p_0 \left( \frac{V}{V + V_0} \right)^2$$

и т. д. После четырех качаний давление в сосуда будет

$$p' = p_0 \left( \frac{V}{V + V_0} \right)^4.$$

При нагнетании воздуха в сосуд после четырех качаний в сосуде устанавливается давление

$$p = p' + \frac{4p_0V_0}{V} = p_0 \left( \left( \frac{V}{V + V_0} \right)^4 + 4 \frac{V_0}{V} \right) = p_0 \left( \left( \frac{1}{1 + V_0/V} \right)^4 + 4 \frac{V_0}{V} \right).$$

С другой стороны, по условию задачи $p = 2p_0$.

Получаем уравнение

$$2p_0 = p_0 \left( \frac{1}{1 + V_0/V} \right)^4 + 4 \frac{V_0}{V}),$$

или

$$2 - 4x = \left( \frac{1}{1 + x} \right)^4,$$

где $x = V_0/V$. Построим графики функций (рис. 5)

$$y = 2 - 4x \text{ и } y = \frac{1}{(1 + x)^4}$$

и из их пересечения найдем

$$x \approx 0,44, \text{ т. е. } \frac{V_0}{V} \approx 0,44.$$

Задча 4. Для определения емкости неизвестного конденсатора $C_x$ была собрана схема, изображенная на рисунке 6. Емкость конденсатора $C_o$ известна. Конденсатор $C_o$ при помощи ключа $K_1$ при помощи ключа $K_2$ оно оказывается $U_4$. Так как при этом ток через миллиампертр нечетет, легко установить, что

$$\frac{U_2}{R_2} = \frac{U_4}{R_1},$$

где $U_2$ —padение напряжения на сопротивлении $R_2$. С другой стороны,

$$U_2 = U_0 - U_4.$$

56

Отсюда

$$\frac{U_4}{U_0} = \frac{R_1}{R_1 + R_2}.$$

Вначале на конденсаторе $C_x$ был заряд $q_x = C_x U_0$. При первом переклонинии $K_1$ в положение 3 этот заряд распределяется между $C_x$ и $C_0$, а наряжение на общих конденсаторах становится равным

$$U_1 = \frac{q_x}{C_x + C_0} = \frac{C_x U_0}{C_x + C_0}.$$

После переклониния $K_2$ в положение 5 конденсатор $C_0$ полностью разряжается, а на конденсаторе $C_x$ остается заряд

$$q_1 = C_x U_1 = \frac{C_x^2 U_0}{C_x + C_0}.$$

После второго переклониния $K_2$ в положение 4 наряжение на конденсаторах оказывается

$$U_2 = \frac{q_1}{C_x + C_0} = U_0 \left( \frac{C_x}{C_x + C_0} \right)^2,$$

а после четверого переклониния —

$$U_4 = U_0 \left( \frac{C_x}{C_x + C_0} \right)^4.$$

Обозначим $\beta = C_x / (C_x + C_0)$, тогда

$$\frac{U_4}{U_0} = \beta^4.$$

После перемены местами резисторов и повторения всего процесса можно записать уравнение, аналогичные уравнениям (1) и (2):

$$\frac{U_3}{U_0} = \frac{R_2}{R_1 + R_2},$$

$$\frac{U_3}{U_0} = \beta^3,$$

где $U_3$ — напряжение на конденсаторе $C_x$ после трех переклониений $K_2$. Из уравнения (1) и (3) получаем

$$\frac{U_4}{U_0} + \frac{U_3}{U_0} = \frac{R_1}{R_1 + R_2} + \frac{R_2}{R_1 + R_2} = 1,$$

значит,

$$\beta^4 + \beta^3 = 1.$$

Построим графики функции (рис. 7)

$$y = \beta^4 \text{ и } y = 1 - \beta^3$$

и из их пересечения найдем

$$\beta \approx 0,82.$$

Тогда окончательно

$$C_x = \frac{\beta}{1 - \beta} C_0 \approx \frac{0,82}{1 - 0,82} \times 100 \text{ мкФ} \approx 450 \text{ мкФ}.$$

Уражнения

1. Нить, обернуть вокруг неподвижного диска радиусом $r$, образует полукружность (рис. 8). Один конец нити закреплен в точке $A$, ко второму концу нити привязан грузик, который удерживается в точке $B$ (точки $A$ и $B$ находятся на одной вертикали). В некоторых моментах грузик отпускается в соприкосновении с диском, когда грузик достигает навысшего положения? Третий пренебрець.

2. На неподвижном круглом полусилидре радиусом $R$ (рис. 9) лежит докса. Толщина докси $h$, длина $2l$, $R = h$. До какого предельного угла ($\varphi_{\pi p}$) можно отключить доксу от горизонтального положения, чтобы она возвращалась в начальное состояние? Трение велико. Считая, что полусилидер находится на бесконечной горизонтальной плоскости и что $2l/R = 4$, выясните, возвращается ли докса в начальное состояние при максимальном отклонении от горизонтального положения.