Применение производной в задачах на экстремум

Чувашский республиканский институт образования,
МОУ «СОШ №1» г. Шумерля
Стандартный подход к решению нестандартных задач по
физике
Выполнила: Данилова А. А.
г. Шумерля, 2008 г.
1
Оглавление.
Пояснительная записка. ______________________________________________________ 3
1. Применение производной в задачах на экстремум. ______________________________ 4
2. Применение векторных диаграмм. ___________________________________________9
3. Удачный выбор системы отсчета. __________________________________________12
4. Системы отсчета, движущиеся с ускорением. Сила инерции. __________________ 15
5. Общий метод решения задач на колебательные движения. ____________________ 18
6. Применение законов Кеплера. _______________________________________________21
7. Применение принципа симметрии для решения задач. _________________________ 23
Выводы. ____________________________________________________________________ 29
Литература. _______________________________________________________________ 29
2
Пояснительная записка.
Решение нестандартных, т.е. сложных задач – процесс творческий, требующий не
только владения информацией, но и мобилизации всех ресурсов организма, главным
образом психологических и физиологических. Есть мнение, что эффективность обучения
зависит от способности человека управлять силой нервного импульса и порогом
возбуждения нейронов. Вполне вероятно, что в недалеком будущем педагогическая наука
в содружестве с другими разработает такие методики.
Анализируя решения сложных задач, мы видим, что в них нестандартные ситуации
сводятся к стандартным, и для их описания используются всем известные алгоритмы, не
выходящие за пределы школьной программы.
Рассмотрим несколько примеров алгоритмов, лежащих «на грани» школьной физики,
поэтому используемых мало.
3
1. Применение производной в задачах на экстремум.
Во многих задачах по физике бывает нужно найти значение величины, при котором
зависимая от неё другая физическая величина принимает максимальное или минимальное
значение.
Для решения подобных задач с большим успехом можно использовать стандартный
алгоритм исследования непрерывной функции на максимум или минимум.
Первый этап этого алгоритма – составление математической модели, т.е., используя
законы физики, составить уравнение, выражающее зависимость одной величины от
другой.
Второй этап – определение критических значений независимой переменной. Для
этого надо найти производную полученной функции и приравнять её нулю.
Как правило, в задачах по физике на области определения имеется всего одна
критическая точка и заранее известно, какое значение – максимальное или минимальное –
будет иметь функция в этой точке. Если это не очевидно, то необходимо определить знак
производной слева и справа от критической точки.
Рассмотрим несколько примеров.
Задача №1.
Частица пролетает расстояние l равномерно, а затем тормозит с ускорением a. При какой
скорости частицы время движения от вылета до остановки будет наименьшим?
Дано: l, a, tmin. v - ?

v = const
Решение:
А

v

a

v =0
В
l
Очевидно, что полное время движения частицы t складывается из времени равномерного
движения t1=l/v, где v – искомая скорость, и времени торможения t2=v/a;
t  t1  t 2 
t v  
l v
  t v  , где v > 0.
v a
v 2  la
av 2
t'(v) = 0 при v2 – la = 0, откуда v  la
4
Задача №2.
Стартовав, автомобиль набирает скорость, а затем выходит на первую контрольную
отметку. До второй контрольной отметки, находящейся на расстоянии S от первой,
автомобиль движется равномерно. За какое минимальное время после старта он дойдет до
второй контрольной отметки, если коэффициент трения между колесами и дорогой равен
μ?
Дано: S, μ. tmin - ?

a
Решение:
А

v = const
1
S
2
Время ускоренного движения до первой контрольной отметки будет минимальным, если
автомобиль использует для разгона максимальную силу трения:
μmg = ma, a = μg, v = at1
t1 
v
– время разгона,
g
t2 
S
– время движения от 1 до 2,
v
t  t1 t 2 
t v  
t min 
v S
  t v 
g v
1
S
 2  0 , откуда v  gS ;
g v
gS
S
S

2
g
g
gS
5
Задача №3.
Составляется электрическая цепь из двух параллельно соединенных сопротивлений R1 и
R2. При каком соотношении между ними сопротивление всей цепи r максимально, если
при последовательном соединении этих сопротивлений оно равно R?
Дано: R1, R2, R, rmax. R1/R2 - ?
Решение:
R1 + R2 = R
1
1 1


R1 R2 r
R2 = R – R1 ;
r R1  
r
R1 R  R1 
 r R1 
R
R  2 R1
; r'(R1) = 0 при R – 2R1 = 0
R
R
;
2
R1 1

R2 2
График функции r(R1) имеет вид:
R1 
r
R1 = R/2
R1
Значит, R1 = R/2 является точкой максимума для функции r(R1).
6
Задача №4.
ЭДС источника тока равна ε, а внутреннее сопротивление равно r. При каком внешнем
сопротивлении R источник тока развивает максимально полезную мощность? Чему она
равна? Каков при этом КПД источника?
Дано: ε, r. Pmax - ? R - ? η - ?
Решение:
Полезная мощность P равна
  
P I R
 R  P R 
Rr
2
2
P(R) имеет максимальное значение при условии, что y 
R
имеет максимальное
R  r 2
значение.
2

R  r   2 R R  r 
y R  
R  r 4
y'(R) = 0 при R = r
Значит Pmax = ε2/4r2;
2
P
  пол езн 
Pзатр
R  r 2

2
R  r 2
R
R  r 

R
Rr
Максимальному значению полезной мощности соответствует η = R/2R = 0,5.
7
Задача №5.

Мальчик переплывает реку с одного берега на другой. Его скорость относительно воды v ,

скорость течения u . Под каким углом к берегу должен плыть мальчик, чтобы его снесло
как можно меньше?
Дано: v, u, Smin. α - ?
Решение:
y
S
H

V
О
α

v
x

u
y = v∙sinα∙t
x = (u - v∙cosα)t
При y = H, t = H/sinα – время переправы.
x  S  u  v  cos  
x  
H
 x 
sin 
v 2  sin 2   uv  cos   v 2  cos 2  v 2  uv  cos 

v 2  sin 2 
v 2  sin 2 
x’(α) = 0 при v2 = uv∙cosα;
cosα = v/u;
α = arccos(v/u).
8
2. Применение векторных диаграмм.
Многие задачи решаются очень просто векторным способом.
Задача №1.
Например, предыдущую задачу о переправе через реку можно решить проще, используя
векторную диаграмму.
S
B
C

V
α
D

v

u

 
V = u + v – скорость относительно берега.


Конец вектора v может лежать на окружности с радиусом v и центром в конце вектора u .

Из рисунка видно, что снос будет минимальным, если V направлена по касательной к


окружности. При этом v перпендикулярен V . Следовательно cosα = v/u.
В этом случае скорость пловца относительно воды также будет минимальной.
Задача №2.
Под каким углом нужно тянуть за веревку тяжелый ящик, чтобы передвинуть его по
горизонтальной поверхности с наименьшим усилием?
Дано: μ, Fmin. α - ?

Q
Решение:

Fтр
φ

N

F
α

mg

  

При минимальном значении силы тяги a = 0 и F + mg + N + Fтр = 0.

 

 
Заменим N + Fтр = Q . Тогда F + mg + Q = 0.
9
Построим векторную диаграмму сил в соответствии с уравнением:
α

F

Q
φ

mg
Как видно из рисунка, величина силы будет минимальной, когда её направление будет

Fтр N
перпендикулярно вектору Q . Тогда α = φ, tg 

.
N
N
φ = arctg μ.
Пусть теперь требуется найти наименьшую силу, сообщающую ящику заданное

ускорение a по горизонтали.
  

В этом случае mg + Q + F = ma .
Построим векторную диаграмму, соответствующую этому уравнению:

ma
α

F

Q

mg


И в этом случае вектор F перпендикулярен вектору Q и составляет угол α с горизонтом.
α = arctg μ.
Нетрудно доказать, что если ящик тянуть вверх по наклонной плоскости под углом к ней,
то сила F будет минимальной при условии, что её направление составляет угол α = arctg μ
с наклонной плоскостью.

F φ
α
α
10
Задача №3.
Кот Леопольд сидел у края крыши. Два озорных мышонка выстрелили в него камнем из
рогатки. Камень, описав дугу, упал у ног кота через время τ. На каком расстоянии S от
мышей находился кот, если векторы скоростей камня в момент выстрела и в момент
падения были перпендикулярны?


Дано: τ, v0  v . S - ?

Решение:
v0

v0
90˚
А
S
В

v
  
v = v0 + g
Этому уравнению соответствует векторная диаграмма:

v0

v
90˚

v

g
 

 
g 2 v0  v
S  v0 


2
2
 
 v0  v
S 

2
 
g 2
Из рисунка следует v0  v  g . Тогда S 
.
2
11
3. Удачный выбор системы отсчета.
Задача №1.
Человек находится в поле на расстоянии l от прямолинейного участка шоссе. Справа от
себя он замечает движущийся по шоссе автобус. В каком направлении следует бежать к
шоссе, чтобы выбежать на дорогу впереди автобуса как можно дальше от него? Скорость


автобуса u , скорость человека v .
 
Дано: u , v , l. α - ?

Решение:
u
D
B
C
Smin
l

v

V
α
α
A

v

u
В каком направлении следует бежать человеку? Оказывается, что на этот вопрос легко
ответить, если перейти в другую систему отсчета, в которой автобус покоится. В данной

СО неподвижно стоящий на земле человек имеет скорость u , направленную вправо, а
  
полная скорость человека равна V = u + v .
Нетрудно сообразить, что эта задача эквивалентна задаче о минимальном сносе
переплывающего реку тела.
Требование выбежать на шоссе как можно дальше от автобуса равносильно требованию

минимального сноса при переправе через реку. Поэтому искомое направление вектора v
определяется таким же направлением, как и в той задаче.
sinα = v/u; α = arcsin(v/u).
Таким образом, бежать к шоссе нужно не по кратчайшему пути, а под углом α к нему.
Из рисунка видно, что человек сможет прибежать на шоссе раньше автобуса только в том
случае, если в начальный момент автобус находится от точки В на расстоянии не меньшем
S min
u 2  v2
l
v
Рассмотренная задача показывает, как удачный выбор СО позволяет значительно
облегчить решение.
Рассмотрим еще несколько аналогичных примеров.
12
Задача №2.
Автомобили А и В движутся равномерно с одинаковыми скоростями по прямым,
пересекающимся в точке О дорогам 1 и 2. Определить минимальное расстояние между

автомобилями, если известны их начальные положения (АО = а и ВО = b), скорость v и
угол α между дорогами.
Дано: v, α, AO = a, BO = b. Smin - ?
Решение:
Рассмотрим движение автомобиля В относительно автомобиля А. Его скорость в этой СО

 
равна vBA  vB  v A и постоянна по величине и направлению. Это значит, что относительно
B
автомобиля А автомобиль В движется по прямой

vA
линии 3.

vB
Наименьшее расстояние между автомобилями равно

v AB
АВ’.
Для того, чтобы изобразить положение отрезка АВ’ в
1
неподвижной СО, сместим его параллельно самому
B1
себе так, чтобы конец B’ попал на дорогу 2. Таким
A1
образом, точки А1 и В1 являются искомыми
положениями автомобилей:
A1 B1  b  a sin
2

2
3
B’
13
A
Задача №3.

Массивная стальная плита движется вверх со скоростью v . На её горизонтальную
поверхность с высоты H падает упругий шарик. Пренебрегая действием воздуха, найти
высоту подскока шарика после удара о плиту. Все высоты отсчитывают от точки удара
шарика о плиту.

Дано: v , h. H - ?
Решение:
Столкновение шарика с плитой рассмотрим в системе отсчета, связанной с плитой. В этой
СО скорость шарика в момент столкновения равна V  v  2 gh . Так как столкновение
шарика с плитой упругое, то после столкновения направление вектора его скорости
относительно плиты изменится на противоположное. Относительно Земли скорость
шарика становится равной
V1  V  v  2v  2 gh ,
а высота подъема относительно точки удара будет равна

2
2v  2 gh
V1
H

2g
2g

2

2

  h  v

g


2
Задача №4.
Один электрон движется со скоростью v к другому свободному электрону. На какое
минимальное расстояние он может к нему приблизиться?
Дано: v. rmin - ?
Решение:
В системе отсчета, связанной с центром масс электроны движутся навстречу друг другу с
одинаковыми по модулю скоростями
|v1| = |v2| = v/2
Минимальное расстояние r между ними найдём условия сохранения энергии: начальное
значение кинетической энергии электронов равно конечному значению потенциальной
энергии:
2
v
m 
ke2
2

2

2
r
r
4ke2
e2

mv 2 0 mv 2
14
4. Системы отсчета, движущиеся с ускорением. Сила инерции.
Если система отсчета движется с ускорением, тогда всё, что в ней происходит, будет
протекать так, будто эта система неподвижна, но на каждое находящееся в ней тело


действует сила инерции. Эта сила равна (- ma ), где a ускорение системы отсчета, а m –
масса тела. Знак «минус» показывает, что сила инерции направлена противоположно
ускорению системы отсчета.
Введение понятия «сила инерции» позволяет применять II закон Ньютона и в
неинерциальной системе отсчета и намного упростить решение задачи. При этом
учащимся надо объяснить, что силы инерции отличаются от обычных сил тем, что не
вызываются взаимодействием тел. Поэтому III закон Ньютона в неинерциальных СО не
выполняется.
Задача №1.

Поезд движется прямолинейно вправо с постоянным ускорением a . Какой угол с
вертикалью образует математический маятник длиной l неподвижный относительно
вагона? Каков период его колебаний?

Дано: l, a . α - ? T - ?
Решение:
Поезд движется вправо. Тогда на мятник будет действовать сила

инерции ma , направленная влево (m – масса маятника).


Складываясь с силой mg , направленной вниз, она дает силу mg  .
mg   m g 2  a 2


Fи  ma

mg 
α

mg
Значит, маятник будет вести себя так, будто сила тяжести

направлена не вниз, а вдоль вектора mg  . Угол отклонения его от
вертикали равен
  arctg
a
g
Период его колебаний будет равен
T  2
l
 2
g
l
g 2  a2
Колебания этого маятника будут совершаться не около вертикали, а около «кажущейся»

вертикали, определяемой направлением вектора g  .
15
Задача №2.
На гладкой горизонтальной поверхности находится призма массой M с углом наклона α и
на ней брусок массой m. Коэффициент трения между призмой и бруском равен μ > tgα. В

момент времени t = 0 на призму начала действовать горизонтальная сила F = bt, где b –
постоянная. Найдите путь, пройденный призмой до момента начала скольжения бруска по
призме.


Дано: μ > tgα, F = bt, aотн = 0. S - ?
Решение:

Fи
y

N

Fтр
x

F = bt
α

mg

При aотн = 0 уравнение равновесия бруска относительно призмы будет иметь вид:
mg∙sinα + Fи∙cosα – μN = 0
N + Fи∙sinα – mg∙cosα = 0
Из этой системы найдём Fи:
Fи 
mg   cos   sin  
cos     sin 
Так как Fи = ma, то a 
g   cos  sin  
– при таком значении ускорение призмы брусок
cos    sin 
начнет скользить вверх.
Согласно II закону Ньютона ускорение движения призмы с бруском равно:
a
bt
g   cos  sin  
, откуда найдем время движения призмы:

M m
cos    sin 
t
M  m    cos   sin  
g

b  cos     sin  
Путь, пройденный призмой за это время, равен S = Δx = x при x0 = 0, где Δx – изменение
координаты призмы.
Так как a = v’, найдем v. Она является первообразной для ускорения.
Если a 
bt
bt 2
,то v 
.
M m
2M  m 
16
Так как v = x’, найдем x. Она является первообразной для скорости:
x
bt 3
6M  m 
Подставляя в это уравнение значение t, получим:
2

M  m     cos   sin  

Sx
 g
6b 2


3
cos    sin  
Задача №3.
На поверхности Земли на широте φ лежит груз массой m. Радиус Земли Rз. Найдите вес
груза и силу трения покоя. Угловая скорость вращения Земли ω.
Дано: φ, m, Rз. P - ? Fтр - ?
Решение:
x

Fтр

N
O
R

mg
Rз

Fи
φ
y
  
В системе отсчета, связанной с Землей, на груз действует три обычные силы: mg , N , Fтр
(эта сила препятствует скольжению груза от полюса к экватору). Кроме того, действует


центробежная сила инерции Fи = m  2 R, где R = Rзcosφ – радиус окружности, по которой
движется груз вместе с Землей.
Условия равновесия тела описывается уравнениями:
-mg + N + mω2Rзcos2φ = 0
-Fтр + mω2Rзsinφ cosφ = 0
Отсюда: P = N = mg - mω2Rзcos2φ = 0
Fтр  m 2 RЗ  sin   cos  
m 2 RЗ  sin 2
2
17
5. Общий метод решения задач на колебательные движения.
В тестах ЕГЭ встречаются задачи на определение периода колебания тел, которые
нельзя отнести ни к математическому, ни к пружинному маятникам, гармонические
колебания которых рассматриваются в школьном курсе физики.
Методика их решения весьма проста – для нахождения периода таких колебаний
надо согласно формуле T  2
m
найти k – коэффициент возвращающей силы.
k
Это делается следующим образом:

1. Способное колебаться тело смещается на небольшое расстояние r от
положения равновесия;
2. Рассматриваются действующие на это тело силы (в смещённом положении);
3. Находится составляющая всех сил на направление к равновесию (т.е. на


направление – r ) – возвращающая сила F .
Полученное для возвращающей силы значение во всех случаях пропорциональным


смещению – r . Стоящая перед – r величина и есть k = ω02.
Задача №1.
Ариометр массой m, имеющий площадь поперечного сечения S, плавающий в электролите
с плотностью жидкости ρ, находясь в равновесии. Его немного погружают в жидкость и
отпускают. С какой частотой ν ариометр станет совершать вертикальные колебания?
Дано: m, S, ρ. v - ?
Решение:
Возвращающей
силой
будет
ΔFвыт,
т.е.
возникающая при погружении ариометра.
ΔFвыт = ρgΔV = ρgSΔh
k = ω02 = 2πν = ρgS

1
2
gS
m
; T  2
m
gS
18
дополнительная
выталкивающая
сила,
Задача №2.
На двух вращающихся в противоположные стороны валиках лежит горизонтальная доска.
Масса доски m, расстояние между осями валиков 2l. Коэффициент трения между доской и
каждым из валиков равен μ. В начальный момент доска была положена так, что её центр
тяжести был смещен на некоторое расстояние x от средней линии. Определить период
колебаний доски.
Дано: m, μ, 2l. T - ?

N1
Решение:
l-x
l+x

N2

F2

F1

mg
Если в начальный момент времени центр тяжести доски сместить от средней линии на


некоторое расстояние x, то давление N1 и N2, а следовательно и силы трения F1 и F2 , не
будут равны друг другу.
N1 
mg
l  x 
2l
N2 
mg
l  x 
2l




N1 > N 2 и, следовательно, F1 > F2 .
  
F = F1 + F2 – возвращающая сила.
F  F1  F2   N1  N 2  
k   02 
T  2
mg
2l
2x 
mg
l
x
mg
l
m
l
 2
k
g
19
Задача №3.
В сообщающиеся сосуды U-образной формы налита ртуть. Её вывели из состояния
равновесия, и она стала совершать колебательные движения. Найти период этих
колебаний T, если диаметр каждого сосуда d, а масса ртути m.
Дано: m, ρ, d. T - ?
Решение:
Δm
x
x

Возвращающей силой в данной задаче является mg – дополнительная сила тяжести,
возникающая в результате смещения ртути на высоту x.
Δm = ρΔV = ρSx
Δmg = ρSgx
k = ω02 = ρgS
S = πd2/4 – площадь сечения трубки.
k = ρgπd2/4
T  2
m
4m
2
 2

2
k
d
gd
2m
g
Задача №4.
Представьте себе, что в земном шаре по хорде прорыт тоннель, в который брошено
небольшое тело массой m. Какое время t будет двигаться тело от одного конца тоннеля до
другого? Радиус земного шара Rз. Изменением ускорения свободного падения пренебречь.
Дано: m, Rз, g=const. t - ?
x
Решение:
mg∙cosα
α

mg
Тело в тоннеле будет совершать колебательное движение под действием возвращающей
силы F = mg∙cosα.
cosα=x/R.
F = mgx/R
k = mg/R
T  2
t
m
R
 2
k
g
T
R

2
g
20
6. Применение законов Кеплера.
В тестах ЕГЭ встречаются задачи на движение тел в космическом пространстве. Для
решения таких задач используются законы Кеплера.
Задача №1.
Оцените время свободного падения тела с орбиты Земли на Солнце.
Дано: a, T. t - ?
Решение:
Земля
а
Солнце
Падение тела с Земли на солнце Можно рассматривать как движение по очень сильно
вытянутой узкой эллиптической орбите, касающейся Земли и Солнца. Большая ось такого
эллипса равна расстоянию от Земли до Солнца. Используем III-ий закон Кеплера,
сравнивая движение Земли вокруг Солнца с падением данного тела:
T2/T12 = a3/a13, где
а – расстояние от Земли до Солнца (большая полуось Земной орбиты),
а1 – большая полуось мнимой орбиты падающего тела, а1 = а/2,
Т – период обращения Земли вокруг Солнца,
Т1 – период обращения падающего тела по мнимой орбите.
T1 
a13T 2 T 2

8
a3
T1 
T
2
t
2 2
 2t
T
4 2
Если Т = 365 суток, то t = 65 суток.
21
Задача №2.
На большом расстоянии от Земли метеорит движется относительно неё со скоростью v0.
Если бы Земное притяжение отсутствовало, метеорит прошел бы на расстоянии l от
центра Земли. Выяснить, при каком наибольшем значении «прицельного» расстояния l
метеорит будет захвачен Землей.
Дано: v0. lmax - ?
Решение:
v0
На большом расстоянии от Земли, где потенциальную энергию взаимодействие с Землей
можно считать равной нулю, метеорит имеет скорость v0 и его полная энергия равна
кинетической mv02/2. Если бы начальная скорость метеорита v0 была равна нулю, то,
двигаясь только под действием силы притяжения Земли, он обязательно упал бы на Землю,
двигаясь по прямой, и при падении имел у поверхности Земли скорость, равную второй
космической vII = 11,2 км/с. Если начальная скорость метеорита отлична от нуля, то он в
поле земного тяготения движется по гиперболе и будет захвачен Землей только тогда,
когда эта гипербола «заденет» земной шар.
При движении метеорита в поле тяжести Земли выполняется закон сохранения энергии:
2
mv0
mv 2

 mgR , где v – скорость метеорита в точке касания Земли.
(1)
2
2
Второй закон Кеплера о постоянстве секторной скорости справедлив и для
разомкнутых траекторий.
(2) lv0 = Rv
Решая систему уравнений (1) и (2) найдем
v 
2 gR
l  R 1  2  R 1   II 
v0
 v0 
2
Метеорит упадет на Землю только тогда, когда его прицельное расстояние l не
превосходит радиуса земли.
22
7. Применение принципа симметрии для решения задач.
Различают симметрию объектов и симметрию законов физики. Если в математике
симметрия – это неизменность формы объекта, то в физике симметрия – это неизменность
или инвариантность законов физики.
В классической физике симметрия или неизменность (инвариантность) законов
проявляется при:
а) перестановке в пространстве;
б) сдвиге во времени;
в) поворотах в пространстве;
г) при
переходе
из
одной
инерциальной
системы
отсчета
в
другую
инерциальную систему отсчета,
т.е. законы физики справедливы в любом месте, в любой момент времени, при этом все
направления эквивалентны, и законы природы не зависят от скорости.
Инвариантность
законов
относительно
каких-либо
действий
приводит
к
существованию неизменных, сохраняющихся величин: импульса, энергии, момента
импульса.
СТО Эйнштейна утвердила старые принципы симметрии, но изменила список
инвариантных величин.
В квантовой механике инвариантность уравнений ещё более многообразна, чем в
доквантовой теории.
Таким образом, соображения симметрии или инвариантность законов физики
пронизывают всё «здание физики».
В курсе элементарной физики при решении ряда задач без учета симметрии объектов
и симметрии законов решение либо невозможно, либо значительно усложняется.
23
Задача №1.
Определить напряженность электрического поля в центре квадрата со стороной а.
2q
3q
q
4q
(1)
Решение:
Задача со скрытой симметрией. Модель ситуации можно представить как результат
наложения симметричного расположения зарядов (2) и несимметричного (3):
q
q
q
(2)
2q
(3)
q
q
3q
Ситуация (3) – результат наложения двух симметричных ситуаций (4) и (5).
q
2q
(4)
(5)
q
2q
В ситуациях (2), (3), (4) напряженность поля в центре квадрата равна нулю.
Следовательно, задачи, представленные на рисунках (1) и (5), - эквивалентные.
По принципу суперпозиции полей:
  

E  E1  E2
E1
2q

2
2
E
а E  E1  E2

E2
2q
Из соображений симметрии E1  E2  2E1 ;
E 1
2q
q

2
40 r
0 a 2
E
2q
0 a 2
Как видим из примера, решение задачи упрощается, если заметить симметрию.
24
Задача №2.
Поверхность полусферической чаши радиусом R с тонкими стенками заряжена с
постоянной плотностью σ. Определить потенциал в каждой точке поверхности, которая
стянула бы чашу, как кожа на барабане.
Дано: R, σ. φ - ?
Решение:
q=σΔS
A
R
q’= σ’ΔS
Рассмотрим вспомогательную задачу: найдем потенциал
φ0 поля, создаваемого
равномерно заряженной сферой. Он одинаков во всех точках внутри сферы и равен
0 
R
; с другой стороны, по принципу суперпозиции он равен сумме потенциалов,
0
создаваемых двумя полусферами. Из симметрии ясно, что потенциалы в любой точке
интересующей нас поверхности, создаваемые верхней и нижней полусферами, равны.
Поэтому потенциал, создаваемый одной полусферой, равен  
25
0
2

R
.
2 0
Задача №3.
На расстоянии l от большого куска металла с плоской границей находится точечный заряд
q. Найти электрическое поле в произвольной точке пространства.
q
l
q
-q
Точечный заряд вблизи
Слева от стенки электрическое поле индуцированных на
проводящей стенки.
ней зарядов эквивалентно полю зарядов –q.

Прежде всего ясно, что в толще металла электрического поля нет: E = 0.
Т.к. на поверхности проводника индуцируются заряды, то полное поле слева представляет
собой сумму полей заряда q и индуцированных зарядов. Равное нулю поле в правом
полупространстве
тоже
можно
рассматривать
как
сумму
полей
заряда
q
и
индуцированных зарядов. Поэтому ясно, что поле справа от границы эквивалентно полю
одного точечного заряда –q, помещенного в ту же точку, где находится заряд q. Но поле
индуцированных зарядов симметрично относительно плоской границы металла. Поэтому
слева от границы оно эквивалентно полю точечного заряда –q, расположенного справа от
плоскости симметрично заряду q.
Итак, полное поле в левом полупространстве представляет собой суперпозицию полей,
создаваемых зарядом q и зарядом –q, расположенном справа от плоскости симметрично
заряду q.
Полученный результат можно кратко сформулировать так: действие плоской границы
проводника с индуцированными на ней зарядами можно заменить действием точечного
заряда –q, являющегося как бы зеркальным изображением данного заряда q в проводящей
плоскости. Поэтому описанный способ нахождения поля носит название метода
изображений.
Зная электрическое поле, можно рассчитать поверхностную плотность индуцированных
на проводнике зарядов и силу, действующую на заряд q.
26

E1
σ = Eε0

E r 

E2
q
 r  
–q
ql
3
2
2
2 r  l 2
Заряд q притягивается к проводнику с такой же силой, как и к заряду –q, находящемуся на


расстоянии 2l
F
q2
40 4l 2
1
Вычислим энергию взаимодействия заряда q с проводящей плоскостью. Эта энергия равна
работе, которую нужно совершить, чтобы удалить заряд q на бесконечность. При
удалении заряда q от поверхности металла будет удаляться и его изображение –q в
противоположную сторону. Может показаться, что совершенная при этом работа будет
1 q2
равна A 
, но это не верно, т.к. заряда –q на самом деле нет, и сила будет
40 2l
действовать только на один заряд. Следовательно, работа этой силы будет в два раза
меньше:
1 q2
A
40 4l
Значит, искомая энергия равна W  
q2
, знак «минус» соответствует энергии
40 4l
1
притяжения.
27
Задача №4.
Две звезды массами m1 и m2 образуют двойную систему с неизменным расстоянием между
звездами R. Каков период обращения звезд вокруг общего центра масс?
Дано: m1, m2, R. T - ?
Решение:
m1
r1
O
r2
m2
R
Сумма расстояний звезд от общего центра масс r1 + r2 = R не изменяется. Используя
принцип симметрии, будем рассматривать не движение звезд вокруг центра масс, а
движение центра масс вокруг одной из звезд. В этой системе отсчета центр масс будет
двигаться по окружности радиусом R.
Mц.м. = m1 + m2
G∙
Mц.м.∙m
= 4π2Rm/T2
R2
T = 2π√R3/G(m1 + m2)
28
Выводы.
Умение решать задачи является и средством, и критерием усвоения знаний. Но всетаки главное значение решения задач в школьном курсе физики – это «гимнастика для
мозгов», что одинаково важно как для «физиков», так и для «лириков». Следовательно,
все дети в школе независимо от их способностей и склонностей должны изучать физику в
объеме не меньшем требований общеобразовательной программы.
Литература.
1. Мякишев Г. Я., Синяков А. З. «Учебник для углубленного изучения физики».
2. Пинский А. А. «Учебник для углубленного изучения физики».
3. Бутиков Е. И., Быков А. А., Кондратьев А. С. «Физика для поступающих в вузы».
4. Коган Б. Ю. «Задачи по физике».
5. Ащеулов С. В., Барышев Е. А. «Задачи по элементарной физике».
6. Савченко О. Я. «Задачи по физике».
7. Касаткина И. Л. «Репетитор по физике».
8. Всероссийские олимпиады по физике 1992-2001гг.
9. Абросимов Б. Ф. «Способы и методы поиска решения задач».
29