Задачі з динамічною структурою змісту

2.4. Розкриття змісту фізичних задач для аналізу поширених помилок у розв’язках

 

У підрозділі 2.2. ми досить докладно розглянули можливості застосування задач з розвитком змісту для формування у школярів навичок самоконтролю. Тепер ми на конкретних прикладах покажемо, як розвиток змісту відомих задач допомагає проаналізувати помилки в їх розв’язках, які набули поширення у навчальній літературі. Інколи застосування хибного методу дає формально вірний результат. У такому випадку вчителю буває непросто довести щось учням, які одержали відповідь, що збігається з відповіддю у задачнику. А що робити, коли вони апелюють до розв’язку, знайденого у посібнику? Ось тут стане в нагоді розвиток змісту задачі. Потрібно так переформулювати вихідну задачу, щоб застосування хибного методу приводило до результатів, які явно відрізняються від вірних. Але таке переформулювання не завжди є простою справою. Тому хотілося б мати “домашні заготовки”.

Ми пропонуємо декілька задач, розвиток змісту яких дозволив учням змінити свої погляди щодо їх розв’язку і навіть виступити  на конференціях Малої академії наук з доповідями, що містили аналіз поширених у навчальній літературі помилок.

Умови рівноваги тіл, що плавають на поверхні рідини

Мається на увазі така задача: “На поверхні води плаває дерев’яний брусок квадратного перерізу, який має густину r=0,5 г/см³. Яке з двох положень рівноваги (рис. 2.5) буде стійким, і чому?” Автор, пропонує визначити, в якому з очевидних положень рівноваги, показаних на рис. 2, потенціальна енергія системи “брусок — рідина” буде меншою, і вважати це положення стійким. Таким чином одержується відповідь, що стійким буде положення II.

 

Рис. 2.6. Очевидні (симетричні) положення рівноваги бруска квадратного перерізу, який плаває на поверхні рідини вдвічі більшої густини.

Неточність такого підходу полягає  в тому, що положення стійкої рівноваги  не можна знаходити, порівнюючи значення потенціальної енергії в окремих положеннях, визначених з міркувань симетрії. Щоб це остаточно усвідомити, розглянемо розвиток цієї задачі:

“Визначити залежність кута стійкої  рівноваги j_с (рис. 2.7) від відношення e = r/r₀, де r — густина матеріалу бруска, r₀ — густина рідини.”

Рис. 2.7. Положення бруска квадратного перерізу, який плаває на поверхні рідини довільної густини, у системі координат XY:

(x₀, y₀) - координати центру мас підводної частини бруска; h_б - відстань від поверхні рідини до центру мас бруска; h_р - відстань до центру мас рідини, яка витискується.

Для розв’язання достатньо (внаслідок симетрії системи) дослідити  інтервал 0£j£p/4. Крім того, можна переконатися, що потенціальна енергія П(e) = П(1– e), тобто графік функції П(e) симетричний відносно e = 0,5.

Розглянувши два випадки (переріз підводної частини може мати форму трапеції або трикутника), одержуємо вираз для потенціальної  енергії системи як суми потенціальних  енергій бруска та витісненої рідини:

 (2.5)

де m — маса бруска, a — довжина його ребра, g — прискорення вільного падіння.

Досліджуючи отриману відповідь (2.5) на мінімум, визначаємо функцію j_с(e):

 (2.6)

Графік функції (2.6) вміщено на рис. 2.8.

Як бачимо, якщо e=1/2, то j_с=p/4. Це означає, що відповідь у наведеній задачі з [31] вірна, не дивлячись на хибність методу, яким вона одержана. Але, розглянувши розвиток задачі, ми маємо такий цікавий результат: існує інтервал відношення густин, у якому положення стійкої рівноваги не є очевидними з міркувань симетрії системи. Це доводить, що не можна обмежуватися порівнянням потенціальних енергій лише в деяких положеннях.

Рис. 2.8. Графік залежності кута нахилу грані бруска у стані стійкої рівноваги від відношення густин

Подальший розвиток задачі приводить до нових запитань. До речі, задача, що Як буде поводитися брусок не квадратного, а прямокутного перерізу? Які результати ми одержимо, якщо візьмемо не довгий брусок, а куб? послугувала відправною точкою дослідження, у відомому збірнику формулюється саме для куба, і одержана там відповідь не відрізняється від відповіді для довгого бруска. Але ж куб має ще третє (теж “симетричне”) положення рівноваги - коли його просторова діагональ вертикальна. Навіть просто порівнюючи потенційні енергії системи “куб – рідина” в усіх трьох випадках, можна впевнитись, що потенційна енергія в третьому випадку буде ще меншою, ніж у другому, отже, положення II з рис. 2.8. не може бути положенням стійкої рівноваги плаваючого куба.

Продовжуючи розвиток цієї задачі, можна визначити, наприклад, положення стійкої рівноваги циліндра, який плаває на поверхні рідини

 Виявилося, що і  циліндр за певних умов має “несиметричні” положення стійкої рівноваги.

Обчислення ККД циклів.

Інший випадок, який ми розглянемо, пов’язаний з навчальним посібником [46]. Там розв’язується така задача: “Теплова машина, робочим тілом якої є 1 моль ідеального газу, здійснює цикл, зображений на рис. 2.9. Знайдіть ККД циклу.”

Судячи з розв’язку, автори вважають, що ідеальний газ  автоматично є одноатомним. Але  не будемо на цьому зупинятися, а  також зробимо додаткове припущення, що газ одноатомний і має при  сталому об’ємі молярну теплоємність, яка дорівнює 3R/2. Зупинимося на запропонованому в посібнику способі підрахунку кількості теплоти, отриманої газом на ділянці 2-3.

Помітивши, що в точках 2 і 3 внутрішня енергія газу однакова і на всій ділянці 2-3 газ розширюється, автори посібника приходять до висновку, що в процесі 2-3 робоче тіло отримує  тепло від нагрівача. Такий висновок дещо поспішний. Адже може виявитися, що робоче тіло отримує тепло не на всій ділянці 2-3, а тільки на її частині, а на іншій віддає, але отримує більше, ніж віддає.

 

Рис. 2.9. Цикл, за яким змінюються параметри ідеального газу.

Більш детальний аналіз показує, що, дійсно, на ділянці 2-3 існує  точка С така, що на 2-С газ отримує  тепло від нагрівача, а на С-3 віддає холодильнику. Відповідь, одержана з  урахуванням нашого зауваження, в  даній конкретній задачі мало відрізняється  від неправильної (0,165 замість 0,167). Але  наша поправка має принциповий характер, тому що виявлена помилка в логіці міркувань. Можна показати, що така “логіка” може привести до помітних розбіжностей в числових значеннях.

Для цього достатньо  узагальнити задачу: нехай тиск в точці 2 дорівнює np₀, а об’єм в точці 3 дорівнює nV₀.

Наведемо розв’язок  цієї задачі. Знайдемо спочатку положення  точки С. Рівняння прямої 2-3:

 (2.7)

звідки

 (2.8)

За першим законом термодинаміки  на прямій 2-3 для одноатомного газу маємо:

.

З урахуванням (2.7), (2.8) перепишемо останнє рівняння:

.

Отримує газ  тепло від  нагрівача чи ні, залежить від знаку  . Якщо , то (газ отримує тепло). Якщо , то (газ віддає тепло).

Об’єм газу в точці С:

  ,

а тиск:

  .

Для того, щоб точка С  знаходилась між 2 і 3, повинна виконуватись нерівність  V_C<nV₀. Звідси одержуємо нерівність для n:  n>5/3.

Якщо n<5/3, то на всій ділянці 2-3 газ буде отримувати тепло, і тоді підхід, якого додержуються автори посібника [46], буде давати вірну відповідь. Ми будемо розглядати випадок n>5/3. Для обчислення ККД потрібно знайти роботу, яку виконує газ за цикл, та кількість теплоти, яку отримує газ від нагрівача. Величина роботи “дорівнює” площі трикутника 1-2-3:

.

Кількість теплоти на ділянці 1-2:

(все тепло йде на  збільшення внутрішньої енергії).

Кількість теплоти на ділянці 2-С:

.

На інших ділянках газ  віддає тепло. Таким чином, кількість  теплоти, яку одержав газ від  нагрівача:

.

І, відповідно, ККД:

 (2.9)

Якщо додержуватись підходу  авторів посібника [46], то отримаємо іншу відповідь:

   . (2.10)

На рис. 2.10 представлені графіки обох залежностей, (2.9) та (2.10), ККД від n. При n=5/3 відповіді співпадають (оскільки точка С співпаде з точкою 3, а при збільшенні n росте розбіжність між h та h*.

 

 

 

 

Рис. 2.10. Графік залежності ККД циклу від відношення кінцевого і початкового об’ємів та тисків.

Газові закони і механічна рівновага

У деяких навчальних посібниках з фізики наводиться умова такої задачі: “Нижній кінець вертикальної трубки довжиною 2L запаяний, а верхній відкритий в атмосферу. В нижній половині трубки знаходиться газ при температурі T₀, а верхня половина заповнена ртуттю. Трубку починають повільно нагрівати. До якої мінімальної температури потрібно нагріти газ у трубці, щоб він витиснув усю ртуть? Зовнішній тиск p₀, виміряний в мм рт. ст., дорівнює L.”

“Знайдемо спочатку, при якій температурі T газ у трубці витисне стовпчик ртуті довжиною x (рис. 2.11). Для цього запишемо об’єднаний газовий закон та рівняння гідростатики:

Рис. 2.11. Газ у трубці, замкнений ртуттю.

,

.

Враховуючи, що p₀ = rgL, одержуємо:

.

Якщо спробувати знайти з цієї формули відповідь до задачі, підставивши x=L, то одержимо T=T₀. Інакше кажучи, газ зовсім не треба було нагрівати. Але це не так. Справа в тому, що функція T(x) не є монотонною і при x=L/2 має максимум, значення якого дорівнює T_max=9T₀/8. Так ось, для витиснення всієї ртуті з трубки її достатньо нагріти до температури T_max, при якій рівновага стає нестійкою, а далі все станеться саме собою.”

Останнє твердження робиться бездоказово. У зв’язку з цим  виникає питання про критерій стійкості до малих адіабатних змін об’єму в процесі лінійного зменшення  тиску зі зростанням об’єму.

Для прояснення обговорюваної  фізичної ситуації поставимо і розв’яжемо таку задачу:

“Азот замкнений у вертикальній вузькій трубці ртуттю. Атмосферний  тиск p₀ = rgh, де r — густина ртуті, h — половина висоти трубки. Температура азоту T₀. Площа поперечного перерізу трубки S. Молярна теплоємність азоту при постійному об’ємі C_V=5R/2.

1) Як повинна залежати  від часу потужність N(t) тепла,  яке підводиться до газу, щоб  забезпечити повільне витікання  ртуті зі сталою швидкістю  v підйому границі розділу?

2) Як буде при цьому  залежати від часу температура  газу T(t)?

3) Чи буде процес витікання  ртуті стійким до малих випадкових адіабатичних змін об’єму газу?

Наведемо розв’язок  такої переформульованої задачі.

1) Кількість теплоти,  яка підводиться до газу з C_V=5R/2, за першим законом термодинаміки:

. (2.11)

Тиск і об’єм пов’язані  рівнянням:

, (2.12)

з якого 

. (2.13)

Потужність тепла, яке  підводиться до газу:

. (2.14)

Об’єм газу змінюється за законом:

. (2.15)

Розв’язуючи систему рівнянь (2.11) – (2.15), одержимо:

.

Таким чином, для забезпечення потрібного режиму витікання ртуті  потужність тепла, яке підводиться  до газу, повинна лінійно спадати  з 9p₀Sv/2 до 0 (тобто до моменту часу t₀=3h/(4v), коли в трубці залишиться четверта частина всієї ртуті), а потім тепло треба відводити зі зростаючою за модулем швидкістю.

2) Скористаємося з об’єднаного  газового закону:

і рівнянь (2.12) та (2.15). З них одержимо залежність температури T від часу t:

.

Видно, що і в початковий, і в кінцевий моменти часу температура  газу однакова, а температура буде максимальною в момент часу t_max=h/(2v). Помітимо також, що від t_max=h/(2v) до t₀=3h/(4v) тепло потрібно підводити, хоча температура газу при цьому буде знижуватися.

3) Щоб дослідити стійкість  цього процесу до малих випадкових  адіабатичних змін об’єму газу, наведемо зображення на pV-діаграмі графіків функції (2.12) та адіабат (рис. 2.12). Точка 1 відділяє ділянку, на якій треба підводити тепло, від ділянки, на якій тепло потрібно відводити. Помітимо, що система завжди стійка до адіабатичного зменшення об’єму газу, тому що при цьому його тиск підвищується, а ртуть до трубки не повертається і не може стиснути його.

Рис. 2.12. Графік залежності тиску газу у трубці від об’єму у порівнянні з графіками адіабатного процесу.

Що стосується збільшення об’єму, то ситуація до точки 1 відрізняється  від ситуації після цієї точки. В  точці С при адіабатичному  розширенні тиск газу виявляється меншим, ніж той, який здатні йому надати ртуть  та атмосфера. В результаті газ знову  стискується. В точці D при адіабатичному  розширенні газу його тиск виявляється  більшим, ніж сумарний тиск ртуті  та атмосфери. Тому його адіабатичне  розширення не стримується, тобто після  моменту часу t₀ рух стає нестійким до випадкових адіабатичних розширень.