Grafik masalalarni yechish xususiyatlari

2 – masala. 200 Vt quvvatli lampochkaning yorug’lik berishi 6,5lm/Vt bo’lsa, undan chiqayotgan yorug’lik oqimini toping.
Yechish: Ko’pchilik o’quvchi, talaba yoki masala ishlovchi inson biror yorug’lik manbaining yorug’lik berishi formulasini xotirasida eslab qola olmaydi. Shunday hollarda bu kattalikning o’lchov birligiga ahamiyat qaratish kerak. Uning tarkibiga kirgan “lyumen=lm” birligi yorug’lik oqimining o’lchov birligi bo’lsa, “Vatt=Vt” birligi yorug’lik manbai quvvatining o’lchov birligidir. Ana shundan kelib chiqqan holda lampochkaning yorug’lik berishi η yorug’lik oqimi F va manba quvvati N orqali quyidagicha hisoblanadi: .
Undan foydalangan holda lampochkadan chiqayotgan yorug’lik oqimi F=η·N=1300 lm ekanligini topish mumkin.
2. Masala yechimi yoki javobining simmetrikligini tekshirish. Bu usul uncha ma’lum bo’lmagan usuldir. Uning mazmuni quyidagidan iborat. Agar masalaning shartida berilgan ba’zi kattaliklarning o’lchamliklari bir xil bo’lib, ularning har birini alohida ko’rsatuvchi indekslarning o’rni almashtirilganda masalaning mazmuni o’zgarmasa, ya’ni kattaliklar simmetrik bo’lsa, masalaning yechimida ham simmetriya kuzatiladi.
1 – masaladagi ipning taranglik kuchi massasi katta bo’lgan yuk blokning qaysi tomonida turganligiga, yuklar massalarining qaysi biri 1 yoki 2 indeks bilan belgilanishiga bog’liq bo’lmaydi. Demak, masalaning yechimi yoki javobi m₁ ni m₂ ga, m₂ ni esa m₁ ga almashtirganda o’zgarmasligi kerak. Boshqacha qilib aytilsa, ipning taranglik kuchi formulasi m₁ va m₂ massaga nisbatan simmetrik bo’lishi lozim. Haqiqatdan ham, yuqorida keltirilgan yechim ana shu fikrlarning to’g’riligini isbotlaydi.
Shunga o’xshash simmetriya kuzatiladigan yana bir masalani ko’rib chiqish mumkin. Faqat bu yerda uning yechilish yo’li ko’rsatilmasdan, balki yechimi keltiriladi xolos.
3 – masala. Elektr sig’imlari bir xil bo’lgan 3ta kondensator mos ravishda q₁, q₂, q₃ zaryadlarga ega. Bu kondensatorlar 2 – rasmda ko’rsatilganidek ulangan. Ulanishdan keyingi har bir kondensatordagi zaryad topilsin.
Javob: ;
;
.
Agar zaryad indekslari ketma – ket o’zgartirilsa, ya’ni q₁→q₂, q₂→q₃, q₃→q₁ bo’lsa, masalaning yechimida hech qanday o’zgarish sodir bo’lmaydi. Faqatgina manzaraning burilishi sodir bo’ladi. Demak, masalaning yechimi siklik almashtirishlarga nisbatan simmetrik bo’lishi kerak. 1- va 3-masalalardagi yechimlar ana shunday xossalarga ega bo’ladi. Nazorat qulay bo’lishi uchun masalaning yechimiga kirgan kattaliklarning simmetrikligini saqlash zarur.
3. Masala yechimining xususiy holini tekshirish. Bu usul quyidagicha amalga oshiriladi. Masalaning yechimiga kirgan kattaliklarning shunday oddiy qiymatlari tanlanadiki, bunda masalaning yechimi ham aniq bir qiymatga ega bo’lsin. Masalaning yechimini aks ettiruvchi formulaga tanlab olingan kattalikning ana shu qiymati qo’yilganda ham yuqoridagi natija hosil bo’lishi kerak.
Bunga misol tariqasida yana 1 – masalani olib ko’rish mumkin. Blokka osilgan yuklardan birortasi olib tashlansa, ya’ni u yukning massasi nolga teng bo’lsa, blokda qolgan yuk erkin tushadi va ipning taranglik kuchi mavjud bo’lmaydi. Bu masalaning yechimini aks ettiruvchi formuladagi m₁ va m₂ kattaliklarning o’rniga nol qiymat qo’yilsa, yuqorida keltirilgan natijani hosil qilish mumkin. Bunday natija m₁ va m₂ oxirgi formulaga ko’paytma shaklida kirganligi tufayli hosil bo’ladi.
Blokka osilgan yuklarning massalari teng bo’lsin: m₁=m₂=m. Bu holda yuklar tinch turadi yoki tekis harakat qiladi. Ipning taranglik kuchi yuklardan birining og’irligiga teng bo’ladi. P₁ – T=m₁a formuladan a=0 ekanligi hisobga olinsa, ipning taranglik kuchi yuklardan birining og’irligiga teng ekanligi kelib chiqadi.
Ba’zi masalalarda uning shartida berilgan kattaliklar uning yechimini aks ettiruvchi formulaga daraja ko’rinishida kirib qolishi mumkin. Ana shunday hollarda tanlab olingan kattalikning chegaraviy, ya’ni juda ham katta yoki kichik qiymatlari olinadi va yechim shu qiymatlarga nisbatan tekshiriladi. Bunga misol tariqasida radioaktiv yemirilish qonuniga oid istalgan masalani olish mumkin. Ma’lumki, radioaktiv yemirilish qonuni ko’rinishga ega, bu yerda N_o – radioaktiv elementdagi boshlang’ich yadrolar soni, N – yemirilishdan keyingi qolgan yadrolar soni, T – radioaktiv elementning yarim yemirilish davri, t – yemirilish davom etadigan vaqt. Agar radioaktiv elementning yarim yemirilish davri qanchalik katta bo’lsa, yemirilish ehtimoli shunchalik kichik bo’ladi va N=N_o shart bajariladi. Yuqoridagi formulada radioaktiv elementning yarim yemirilish davri juda katta, ya’ni T→∞ deb olinsa ham N=N_o hosil bo’ladi.
4. Masala yechimining qabul qilishi mumkin bo’lgan qiymatlari sohasini tekshirish. Ba’zan masala yechimining xususiy hollari tekshirilayotgan vaqtda xususiy holda olingan natijani umumiy formuladan kelib chiquvchi natija bilan mos tushmasligi sodir bo’ladi. Bunday mos kelmaslik masala yechimining tanlab olingan xususiy holi shu yechimning qabul qilish mumkin bo’lgan qiymatlari sohasida emasligi bilan tushuntiriladi. Shuning uchun masala yechimida uning qabul qilishi mumkin bo’lgan qiymatlar sohasini ko’rsatish maqsadga muvofiqdir. Bunga misol tariqasida quyidagi masalani keltirish mumkin.