Застосування графіків у фізиці

1. Використання графічного методу при розв’язанні фізичних задач
   1.      Графіки у фізиці.

Графіки широко використовуються на практиці для розв’язування різноманітних науково-технічних та народногосподарських задач. Вміння будувати та читати їх сьогодні є обов’язковим для багатьох спеціалістів. Відомо, що деякі задачі з курсу фізики середньої школи не можна розв'язати методами елементарної математики. До таких задач належать, наприклад, виведення формули для знаходження переміщення тіла в прямолінійному рівноприскореному русі або виведення формули роботи сили пружності та ін. Розв'язати їх можна лише засобами вищої математики. Проте, не застосовуючи вищу математику, а користуючись лише графічним способом, можна вивести формулу для визначення переміщення при рівноприскореному русі і формулу роботи сили пружності. Графічним способом можна вивести також і інші формули: а) формулу роботи виштовхувальної сили рідини, що діє на тіло правильної форми; б) формулу енергії зарядженого конденсатора; в) формулу енергії магнітного поля провідника із струмом. Графічний спосіб розв'язування задач полягає у знаходженні числових значень шуканих фізичних величин за допомогою графіків і векторних діаграм.

2.      Графіки у математиці

Графік – це лінія, побудована в системі координат ХОУ(графіком може бути пряма, парабола, гіпербола та будь-яка лінія).

Система координат – це дві взаємно перпендикулярні прямі (їх називають осями координат).

Точку перетину координатних осей називають початком координат.

Осі підписують (біля стрілки) буквами, якими позначаються фізичні величини.

Обов’язково указують одиниці вимірювання фізичних величин   (біля стрілки), якщо одиниці не указані, то графік схематичний.

На кожній осі вибирають одиничні відрізки (одиничні відрізки на різних осях можуть бути різними).

Графік дає змогу виявити залежність між фізичними величинами. А саме:

Прямо пропорційна залежність – у скільки разів змінюється одна величина у стільки ж й інша (обидві величини одночасно збільшуються або одночасно зменшуються).

Графік – пряма, що проходить через початок координат.

Лінійна залежність – при збільшенні (зменшенні) однієї величина збільшується (зменшується) інша, але не в однакову кількість разів.

Графік – пряма, що не проходить через початок координат.

Обернено пропорційна залежність – у скільки разів збільшується (зменшується) одна величина у стільки ж разів зменшується (збільшується) інша.

Графік – гіпербола (вітка гіперболи).

Квадратична залежність - при збільшенні (зменшенні) однієї величини в n раз інша величина збільшується (зменшується) в  n в квадраті раз.

Графік – парабола.

Якщо фізична величина залишається незмінною, то графіком буде пряма перпендикулярна до осі, вздовж якої відкладається дана фізична величина.

Графічний спосіб розв’язування задач не дуже точний, але  він являється наочним, а іноді і єдино можливим способом розв’язати задачу.

Часто графічний спосіб використовують при дослідженні невідомих закономірностей, при визначенні залежностей між фізичними величинами, для запису формул та математичних співвідношень між величинами, при виконанні лабораторних робіт, тобто графічний спосіб являється невід’ємною частиною дослідницького апарату фізики.

Та будьте уважними при використанні графіків і формул. Далеко не завжди математична закономірність між величинами співпадає з правилами та законами фізики.

Часто розв’язання фізичних задач набагато простіше при використанні графічного способу, ніж аналітичного. Прикладом цього є наступні задачі.

3.      Переваги графічного методу над аналітичним при розв’язанні фізичних задач

Задача1.

Автобус і мотоцикл рухаються назустріч один одному із швидкостями 10 і 20 . Відстань між ними на початку спостереження дорівнювала 600м. Вважаючи, що вісь х напрямлена в бік руху автобуса і при t=0 положення автобуса збігається з початком відліку, написати для автобуса та мотоцикліста рівняння х= х(t). Зобразіть ці залежності графічно на одному малюнку. Визначте час і місце зустрічі автобуса і мотоцикліста, відстань між ними через 10с.. Де перебував мотоцикліст у той час, коли автобус перетинав точку з координатою 250м, у які моменти часу відстань між ними становила 300м.?

Розв’язання.

За умовою задачі спочатку автобус перебуває в точці з координатою х₀₁ = 0, а мотоцикліст у точці з координатою х₀₂= 600м.. Отже рівняння руху матиме вигляд:

Х₁ = 0 + v_х1· t = v₁· t = 10 t,    (1)

Х₂ = 600 – v_х2 · t = 600 - 20t.    (2)

Графік І – залежність координати автобуса від часу.

Графік І І– залежність координати мотоцикліста від часу.

Як видно з графіків, місцю зустрічі відповідає точка А. Опустивши перпендикуляри на осі, матимемо: t_зустр. = 20с.; х _зустр.= 200м.

Аналітичний метод розв’язку такий : прирівняємо праві частини рівнянь (1) і (2):

10 t,= 600 - 20t, звідки t_зустр.= =20с..

Для знаходження координати місця зустрічі в одне з рівнянь ((1) або (2)) підставляємо час зустрічі   х _зустр  =10 t_зустр =10 ·20=200 (м).

Для знаходження відстані між автобусом і мотоциклістом через t₁=10с спочатку знайдемо координати тіл через цей інтервал часу:

Х₁^´ = 10t₁ = 10·10 = 100 (м );    х_2´= 600 – 20 t₁= 600 - 20·10 = 400 (м).

Відстань між ними дорівнюватиме:

L₁= х₂^´ - х₁^´ = 400-100 =300 (м).

Знайдемо момент часу, в який автобус перебував у точці з координатою 250м.

Х₂ = 10t₂ , звідси t₂  = =   25(с).

Тоді мотоцикліст в момент часу t₂  = 25с. перебував у точці з координатою:

Х₃ = 600 - 20 t₂  = 600 - 20·25 = 100(м).

Аналітичний спосіб визначення моменту часу,  коли відстань між ними становила 300м.

Запишемо для цього моменту рівняння руху обох тіл.

 х₃= 10t₃

х₄= 600 -20 t_3,

тоді L₃ = х₄ - х₃.

L₃ = 600 -20 t_3, -  10t₃ ; 300 = 600- 20 t₄ - 10 t₄,

Звідси t_3,= = 10 (с). Як уже було знайдено, в момент часу t₁ =10с відстань між автобусом і мотоциклістом становила 300м.

Із малюнка видно, що після зустрічі відстань між ними знову становитиме  300м у момент часу    t₄ = 30с. 

Задача 2.

Ліфт, рухаючись рівноприскорено впродовж першого інтервалу часу t₁=2с., досягнув швидкості v₁= 4, з якою продовжував підйом упродовж другого інтервалу часу t₂=4с.. Потім він рухався рівносповільнено і через t₃=3с. зупинився. Визначити, на яку висоту піднявся ліфт.

Розв’язання.

І спосіб. Висота, на яку піднявся ліфт, становить:

h=h₁ + h₂ + h₃ ,

де h₁ , h₂ , h₃ – шляхи, пройдені ліфтом упродовж інтервалів часів t₁ , t₂ , t₃ відповідно.

Враховуючи, що впродовж першого і третього інтервалів часу ліфт рухався з постійними прискореннями, знайдемо середні швидкості ліфта на відрізках h₁ і h₃  як півсуми початкових і кінцевих швидкостей :

V_с1 = =   ,  V_с3 =   

Шляхи,  пройдені впродовж інтервалів часу t₁ і t₃ , відповідно дорівнюють:

h₁ = V_с1 t₁ = , h₃ = V_с3 t₃ = ,

Ліфт, рухаючись рівномірно, впродовж часу t₂ пройшов шлях h₂ = V₁ t₂ . Таким чином, висота , на яку піднявся ліфт, становить :

h= + V₁ t₂ + =    (t₁  + 2 t₂ + t₃ ),  h =26м.

ІІ спосіб (графічний).  Побудуємо графік залежності проекції швидкості ліфта на вісь ОУ,  спрямовану вертикально вгору, від часу t.  Висота підйому ліфта h дорівнюватиме числовому значенню площі трапеції ОАВС.

H = v₁ =26 м.

Задача 3.

Тіло рухалося прямолінійно з постійною швидкістю =10м/с. у певний момент часу на тіло почала діяти сила,що надавала йому прискорення,модуль якого дорівнює a=2,0 м/ , а напрям протилежний до напрямку вектора швидкості. Визначити модуль переміщення тіла через =7,0 с після початку дії сили і шлях,що подолало тіло за цей час.

Розв’язання. І спосіб (аналітичний). Початок координат оберемо в точці О, в якій перебувало тіло в момент часу, коли на нього почала діяти сила, вісь ОХ спрямуємо вздовж вектора (рис. 14а). запишемо рівняння, що виражають залежність координати тіло х і проекції швидкості від часу:

x=                 (1)

(2)

Знайдемо координату тіла в момент часу

Модуль переміщення становить:

При  t= проекція швидкості дорівнює:

Оскільки це означає,що напрям вектора швидкості змінився на протилежний. З’ясуємо, в який момент часу це відбулося. В цей момент  тобто . Звідси:

У цей момент часу координата

Згідно із рис. 14, тіло пройшло шлях, що становить

),

ІІ спосіб (графічний). Проекцію швидкості на вісь ОХ виражає рівняння:

Підстановки числові значення, одержимо:

Побудуємо графік цієї функції (рис. 14 б). проекція вектора переміщення   на вісь ОХ дорівнює алгебраїчній сумі площ трикутників АОВ і BCD, причому площу одного трикутника визначаємо зі знаком «плюс», а іншого – зі знаком «мінус»:

Отже, модуль переміщення

Щоб знайти шлях, який подолало тіло, додамо площі цих трикутників, вважаючи додатною не тільки площу трикутника АОВ, а й площу трикутника BCD:

Незаперечним доказом того, що використання графічного методу в курсі фізики є актуальним питанням сьогодення, є той факт, що на зовнішньому незалежному оцінюванні з фізики близько 15% усіх завдань становлять графічні завдання і вправи.  Тому і доцільно  на уроках фізики більш детальніше розглядати розв’язання задач графічним методом. [Додатки 1,2.]

2.  Використання графічного методу в окремих розділах фізики .

2.1. Застосування графіків для розв’язування задач з механіки

Алгоритм розв’язування задач з кінематики:

Надалі ми покажемо приклади розв’язання типових задач з використанням вище вказаного алгоритму, позначаючи виконання кожного з пунктів відповідним номером (наприклад 1), 2) та ін.):

Як відомо, рівняння руху має вигляд  це квадратична залежність . Тому графіком руху (та графіком шляху) є вітка параболи. На рисунку 1 зображені вітки параболи, які відповідають кожному з випадків рівнозмінного руху.

Задача 1.

На рисунку зображено графік переміщення матеріальної точки. Побудуйте графік швидкості та прискорення для цієї точки, якщо проекція початкової швидкість точки (-20) м/с.

Розв’язання:

2) Опишемо кожну ділянку згідно вище зазначеного плану, використовуючи рис 1.

Але перш ніж це зробити доведемо формули, за якими ми будемо розраховувати кінематичні характеристики руху:

3) Використовуючи відповідні данні побудуємо графік швидкості. Графіком швидкості буде ламана, вершини якої матимуть координати, які ми визначили під час нашого дослідження:

За цими даними побудуємо графік швидкості :

Побудуємо графік прискорення  за даними дослідження:

Задача 3.

Спортсмени біжать у колоні завдовжки L зі швидкістю v. Назустріч їм біжить тренер зі швидкістю u. Кожний спортсмен, порівнявшись із тренером, розвертається і біжить назад з такою ж швидкістю. Визначити довжину колони l в той момент часу, коли всі спортсмени бігтимуть у зворотному напрямку

Розв’язання: Побудуємо графіки u(t) і v(t) для спортсменів і тренера (рис.2). Нехай швидкість тренера u додатна, тоді швидкість спортсмена в момент зустрічі з тренером змінюється з –V на V. За початок відліку часу виберемо момент зустрічі першого спортсмена з тренером. У цьому разі останній спортсмен добіжить до тренера через час, що дорівнює t3

Площа прямокутника ІІ чисельно дорівнює початковій довжині L, а площа прямокутника І – кінцевій довжині колони l. З геометричних міркувань маємо :

S_ІІ=l=v-ut₃

S_І=L= v+ut₃

=   L=    l .

Задача 4.

Дорогою в одному напрямі зі сталими, але з різними швидкостями рухаються бігун, велосипедист і мотоцикліст. У момент часу, коли мотоцикліст наздогнав велосипедиста, бігун знаходиться попереду на відстані 15 км. Коли мотоцикліст наздоганяє бігуна, велосипедист відстає від них на 10 км. На якій відстані від бігуна знаходиться мотоцикліст у той момент часу, коли його наздогнав велосипедист?

Побудуємо графіки руху бігуна, велосипедиста і мотоцикліста. За початок відліку часу оберемо момент зустрічі велосипедиста і мотоцикліста. Нахил прямих, що є графіками руху, якісно відповідає їхнім швидкостям. Точки перетину графіку – місця зустрічі учасників руху. ОА=15 км, ВС=10 км. Треба визначити DE. Правильну відповідь можна отримати швидко, якщо скористатися лінійкою та масштабом. А можна скористатися і геометрією. З подібності трикутників ODA і BDC маємо:

 OD=1,5 BD.(1)

З подібності трикутників ОЕD і  OCB знаходимо, що:

=;  х ОВ= 10 ОD,

Враховуючи той факт, що OB= OD – BD та рівняння (1), маємо

x OD – BD =15 BD,

x 1,5 BD - BD=15 BD ;     0,5x=15.

Отже , шукана відстань дорівнює 30 км.

Задача 5.

Поїзд виходить зі станції і рухається із середньою швидкістю 25 км/год. Щогодини він зупиняється на 20 хв. Через 5 год за ним вирушає дрезина із середньою швидкістю 50 км/год і руха­ється без зупинок. На якому кілометрі і приблизно через скільки годин дрезина наздожене поїзд?

Розв’язання.

Для отримання відповіді на координатній площині з осями «час (год) – шлях (км)» креслять графік руху поїзда і дрезини. Координати точки перетину прямої і ламаної лінії дають відповіді на запитання, поставлене в задачі

Відповідь : через 8 год.

Задача 6.

Дві жаби, велика і маленька, стрибають дорогою. Спочатку вони знаходяться поруч і перший стрибок виконують одночасно. Маленька жабка робить один стрибок на 5см кожну секунду, а велика робить один стрибок на 20см кожні 3 секунди, але після кожного третього стрибка відпочиває 6 секунд. Як наслідок, маленька жабка то випереджає велику, то відстає від неї. Через який мінімальний час після початку руху маленька жабка випередить велику так, що велика жаба її більше не наздожене? Вважати жаба і жабка роблять стрибки майже миттєво.

Розв’язання.

Відповідь : через 24с.

Задача 7.

Поїзд виходить зі станції і рухається із середньою швидкістю 25 км/год. Щогодини він зупиняється на 20 хв. Через 5 год за ним вирушає дрезина із середньою швидкістю 50 км/год і руха­ється без зупинок. На якому кілометрі і приблизно через скільки годин дрезина наздожене поїзд?

Для отримання відповіді на координатній площині з осями «час (год) – шлях (км)» креслять графік руху поїзда і дрезини. Координати точки перетину прямої і ламаної лінії дають відповіді на запитання, поставлене в задачі (мал. 1).

Задача 8.

Щоб визначити глибину колодязя, у нього без початкової швид­кості кидають камінець. Звук удару став чутним через 3 с після моменту кидання. Яка глибина колодязя, якщо швидкість звуку в повітрі 340 м/с?

Розв’язання.

Вітка параболи визначає рівноприскорене вільне падіння камінця. Пряма, що проведена з точки З с, визначає рівномірний рух звукової хвилі. Тангенс кута нахилу α до горизонтальної осі чисельно дорівнює відомій швидкості звуку. Точка перетину цих двох ліній дає мож­ливість визначити глибину колодязя, час польоту камінця і поширення звуку. Зви­чайно, щоб отримати задовільну точність відповідей, графіки необхідно будувати на великому аркуші міліметрового паперу.

Задача 9. (Задачу було запропоновано учням 9 класу  на обласній олімпіаді у 2008 році)

Поїзд метро проходить перегін S = 2 км за t = 140 с. Прийнявши, що максимальна швидкість поїзда дорівнює υ= 60 км/год, якщо на початку і в кінці перегону поїзд рухався з однаковим за абсолютним значенням прискоренням, визначте це прискорення.

Побудуємо графік залежності швидкості руху поїзда метро на перегоні від часу. Оскільки на початку і в кінці перегону поїзд рухався з однаковим за модулем прискоренням, то час розгону поїзда і час його гальмування до зупинки однакові .На графіку швидкості довжина перегону чисельно дорівнює площі фігури, яка обмежена графіком та віссю абсцис (часу). Із рисунка видно, що площа трапеції ABCD дорівнює площі прямокутника ОАСЕ. Отже, . Для рівноприскореного руху . Звідки . Отримуємо рівняння а: . Звідки знаходимо прискорення .

Проведемо обчислення в СІ:

Задача 10. (Задачу було запропоновано учням 8 класу  на обласній олімпіаді у 2018 році).

Жук повзе вздовж прямої, і його швидкість весь час змінюється. У вас є незвичайний графік - залежності величини, оберненої швидкості жука, тобто 1/υ, від координати жука х (див. рис.1). Визначте за графіком час проходження жуком перших 30 метрів.

Розв’язання.

Графік в умові нестандартний, але зручний для знаходження часу подорожі. Час Δt проходження малого відрізка Δх зі швидкістю υ легко знайти: Δt = Δx·1/υ. Цей добуток дорівнює площі під графіком величини 1/υ якраз над ділянкою Δх (мала Δх потрібно для того, щоб можна було вважати швидкість проходження цієї ділянки незмінною). Повний ж час t дорівнює площі під графіком від х = 0 до х = 30 м. Дану площу можна наближено знайти за графіком, наприклад – по клітинках. У нашому випадку, враховуючи половинки і четвертинки клітин, отримуємо всього 9 клітин. Одна клітина відповідає Δх - 5 м і 1/υ =10 с/м, тобто часу Δ t = 50 с. Тоді повний (шуканий) час t = 9 · 50 = 450 с.

Задача11.

Відстань між двома станціями s потяг метро проходить із середньою швидкістю υ_c. При цьому на розгін він витрачає час t₁, потім йде рівномірно якийсь час t₂ і на уповільнення до повної зупинки витрачає час t₃. Визначити максимальну швидкість потяга υ_макс.

Розв′язання.

Побудуємо графік швидкості потяга.

υ

υ_макс

      υ_с  t₁                                                             t₁+ t₂               t₁+ t₂+t₃         t

Пройдений шлях рівний площі трапеції, що обмежена графіком швидкості і віссю часу t:

s = υ_макс(t₁+t₃)/2 + υ_максt₂,  або s = υ_с(t₁+ t₂+t₃).

З останнього рівняння  знайдемо t₂ і підставимо у перше:

t₂ = s/υ_с – (t₁ + t₃),

s = υ_макс(t₁+t₃)/2 + υ_макс ·(s/υ_с – (t₁ + t₃)).

Остаточно одержимо: υ_макс = s/( s/υ_с – (t₁ + t₃)).

Задача 12. ( ІІ етап Всеукраїнської учнівської олімпіади з фізики 2018-2019 н.р.)

На графіку подано залежність пройденого тілом шляху від його швидкості. Визначте середню швидкість руху на всьому шляху.

Розв'язання.

S₁= L

V₁=v₀

S₂= L

V₂= 2v₀

S₃= 2 L

V₃= 3v₀

V_с -?    

V_с = =   = v_0.

Задача 13.

Два тіла кинули вертикально вгору з однаковими початковими швидкостями з інтервалом часу між моментами кидання τ.  Перше тіло кинули з поверхні землі, друге-з точки, що знаходиться на певній висоті над поверхнею землі. Через який інтервал часу тіла досягнуть однакової висоти? Опором повітря знехтувати.

Розв’язання: початок координат О оберемо в точці кидання першого тіла, вісь OY спрямуємо вертикально вгору (рис.19 а). Час відраховуватимемо від моменту кидання першого тіла. Тоді залежність координат першого і другого тіла від часу виражають рівняння:

У момент часу коли тіла досягнуть однакової висоти,їхні координати будуть однаковими ). Таким чином,

.

Звідси:

Ця відповідь справджується за умови

Залежно від значень тіла взагалі можуть ніколи не досягти однакової висоти. Це добре помітно,якщо побудувати графіки залежності координати від часу для кожного тіла (рис. 19 б). за певних значень параболи 1 і 2 можуть не мати спільних точок (при

Задача 14.

Дерев'яний брусок у формі паралелепіпеда плаває у воді і занурений на глибину h. Яку мінімальну роботу потрібно виконати, щоб дістати його із води? Площа горизонтального перерізу бруска S, опором води знехтувати.

Розв'язання.

Те, що брусок плаває у воді, означає, що сила тяжіння, яка на нього діє, зрівноважується виштовхувальною силою рідини:

mg = ρ_вShg, де т — маса бруска, g — прискорення вільного падіння (стала земного тяжіння), ρ_в — густина води, S — площа поперечного перерізу брус­ка, h — глибина його занурення.

F

h                                                h–Δx

Щоб підняти брусок на висоту Δх, потрібно прикласти силу:

F = mg – ρ_вS(h– Δx)g , або F = ρ_вShg – ρ_вS(h– Δx)g ;

F = ρ_вSΔxg.

Зауважуємо, що прикладена сила F зростає прямо пропорційно зменшенню глибини занурення Δх.

Графіком залежності зовнішньої сили від зменшення глибини занурення є пряма лінія.                            F

h                    Δx

З малюнка видно, що робота зовнішньої сили чисельно дорівнює площі заштрихованого трикутника, тому

А =(Fh)/2.

Остаточно одержимо: А = (ρ_вgSh²

Задача15.

Де треба розмістити опору, щоб важіль перебував у рівновазі? (Ф-7, Коршак Є.В.)

m₁=50г

m₂=150г

Розв’язання.

Графічний спосіб розв′язку ґрунтується на тому, що момент сили пропорційний величині плеча важеля і прикладеній силі, а  прикладена сила — масі підвішених тіл (масою важеля нехтуємо).

На основі цього будуємо графіки залежності моменту сили від довжини плеча для кожного з тіл.

М

За умовою рівноваги важеля опору потрібно розмістити так, щоб моменти сил прикладених до його плечей були рівні. На графіку цьому положенню відповідає точка перетину графіків.

Скориставшись лінійкою можна встановити відношення плечей.

Відповідь: l₁/l₂ = 3/1.

Задача 16.

Ланцюг масою m і довжиною l лежить біля межі двох дотичних горизонтальних напівплощин з різних матеріалів. Яку роботу слід виконати, щоб пересунути ланцюг на другу напівплощину?

Коефіцієнти тертя напівплощин з ланцюгом відповідно рівні µ₁ і µ₂.

l

Розв′язання.

Щоб пересунути ланцюг потрібно виконати роботу по подоланню сили тертя між ним і півплощинами.

Побудуємо графіки залежності величини сили тертя від частини довжини ланцюга, що лежить на кожній з півплощин.

Сила тертя, що виникає між півплощиною і ланцюгом прямопропорційна масі тієї частини ланцюга, яка знаходиться на ній. В свою чергу маса частини ланцюга прямопропоційна тій його довжині, що лежить на півплощині. Отже, сила тертя між ланцюгом і півплощиною прямопропорційна тій його довжині, що лежить на півплощині.

Робота по переміщенню ланцюга рівна сумі площ заштрихованих трикутників, які зображено на графіку.

Отже,

А = µ₁mgl/2 + µ₂mgl/2, або А = mgl(µ₁ + µ₂)/2