Вариант 1 В3. Два мяча одновременно бросили с горизонтальной поверхности Земли с одинаковой по модулю скоростью (υ1 = υ2) и под одинаковым углом α к горизонту (рис.). После столкновения мячей первый мяч упал вертикально вниз на расстоянии l1 = 2,0 м от точки бросания, а второй мяч упал на расстоянии l2 = 3,0 м от точки падения первого мяча. Время движения мячей от момента броска до момента столкновения равно времени движения мячей от момента столкновения до момента падения (τ6р = τп). Если масса первого мяча m1 = 100 г, то масса второго мяча m2 равна ... г.
Решение. Анализ условия: 1) Так как «Два мяча одновременно бросили с горизонтальной поверхности Земли с одинаковой по модулю скоростью (υ1 = υ2) и под одинаковым углом α к горизонту», то столкнуться они на середине между ними. 2) Так как «первый мяч упал вертикально вниз на расстоянии l1 = 2,0 м от точки бросания», то горизонтальная составляющая скорости этого мяча сразу же после удара равна нулю, а расстояние между мяча вначале было L = 2l1 = 4,0 м. 3) Так как «второй мяч упал на расстоянии l2 = 3,0 м от точки падения первого мяча», а «первый мяч упал вертикально вниз», то второй мяч после удара пролетел по горизонтали l2 = 3,0 м. 4) Так как «Время движения мячей от момента броска до момента столкновения равно времени движения мячей от момента столкновения до момента падения», то вертикальные составляющие скоростей υy до и после столкновения мячей должны быть равны. С учетом п. 2, получаем что и до столкновения υy = 0, т.е. тела столкнулись на максимальной высоте.
1 способ. Обозначим скорости мячей до столкновения υ10 = υ20 (υ10 = υ20 = υ1·cos α), после столкновения скорость первого мяча υк1 = 0 (см. анализ, п. 2), скорость второго мяча υк2. Найдем массу m2 через закон сохранения импульса (рис. 2):
\[0X:\; \; m_{1} \cdot \upsilon _{10} -m_{2} \cdot \upsilon _{20} =m_{2} \cdot \upsilon _{k2x} ,\; \; m_{2} =\frac{m_{1} \cdot \upsilon _{10} }{\upsilon _{k2x} +\upsilon _{20} } =\frac{m_{1} \cdot \upsilon _{1} \cdot \cos \alpha }{\upsilon _{k2x} +\upsilon _{1} \cdot \cos \alpha } .\; \; \; (1)\]
Для первого мяча можно записать:
\[l_{1} =\upsilon _{1} \cdot \cos \alpha \cdot \tau _{bp} .\; \; \; (2)\]
Для второго мяча (рис. 3):
\[l_{2} =\upsilon _{k2} \cdot \tau _{n} \; \; \; (3).\]
Решим систему уравнений (1)-(3), учитывая при этом, что τ6р = τп:
\[\upsilon _{1} \cdot \cos \alpha =\frac{l_{1} }{\tau _{bp} } ,\; \; \upsilon _{k2} =\frac{l_{2} }{\tau _{n} } .\]
Так как мы не знаем знак проекции скорости υк2x, то
\[\upsilon _{k2x} =\pm \frac{l_{2} }{\tau _{n} } ,\]
\[m_{2} =\frac{m_{1} \cdot \frac{l_{1} }{\tau _{bp} } }{\upsilon _{k2x} +\frac{l_{1} }{\tau _{bp} } } =\frac{m_{1} \cdot \frac{l_{1} }{\tau _{bp} } }{\pm \frac{l_{2} }{\tau _{n} } +\frac{l_{1} }{\tau _{bp} } } =\frac{m_{1} \cdot l_{1} }{\pm l_{2} +l_{1} } .\]
Так как l2 > l1, то υк2x не может быть отрицательной (иначе m2 получается отрицательной), следовательно, m2 = 40 г.
Формально ответ получен.
2 способ. Найдем массу второго шарика через закон сохранения энергии (см. рис. 2):
\[\frac{m_{1} \cdot \upsilon _{10}^{2} }{2} +\frac{m_{2} \cdot \upsilon _{20}^{2} }{2} =\frac{m_{2} \cdot \upsilon _{k2}^{2} }{2} ,\; \; m_{2} =\frac{m_{1} \cdot \upsilon _{10}^{2} }{\upsilon _{k2}^{2} -\upsilon _{20}^{2} } =\frac{m_{1} \cdot \left(\upsilon _{1} \cdot \cos \alpha \right)^{2} }{\upsilon _{k2}^{2} -\left(\upsilon _{1} \cdot \cos \alpha \right)^{2} } .\]
С учетом уравнением (2) и (3) получаем
\[m_{2} =\frac{m_{1} \cdot \left(\frac{l_{1} }{\tau _{bp} } \right)^{2} }{\left(\frac{l_{2} }{\tau _{n} } \right)^{2} -\left(\frac{l_{1} }{\tau _{bp} } \right)^{2} } =\frac{m_{1} \cdot l_{1}^{2} }{l_{2}^{2} -l_{1}^{2} } ,\]
m2 = 80 г.
3 способ. Решим систему двух уравнений: законы сохранения импульса и энергии.
\[m_{1} \cdot \upsilon _{10} -m_{2} \cdot \upsilon _{20} =m_{2} \cdot \upsilon _{k2x} ,\; \; m_{1} \cdot \upsilon _{10}^{2} +m_{2} \cdot \upsilon _{20}^{2} =m_{2} \cdot \upsilon _{k2}^{2} ,\]
\[\upsilon _{k2}^{2} =\left(\frac{m_{1} }{m_{2} } \cdot \upsilon _{10} -\upsilon _{20} \right)^{2} =\frac{m_{1} }{m_{2} } \cdot \upsilon _{10}^{2} +\upsilon _{20}^{2} ,\; \; \left(\frac{m_{1} }{m_{2} } -1\right)^{2} =\frac{m_{1} }{m_{2} } +1,\]
\[\left(\frac{m_{1} }{m_{2} } \right)^{2} +1-\frac{2m_{1} }{m_{2} } =\frac{m_{1} }{m_{2} } +1,\; \; \left(\frac{m_{1} }{m_{2} } \right)^{2} =\frac{3m_{1} }{m_{2} } ,\; \; m_{2} =\frac{m_{1} }{3} ,\]
m2 = 33 г.
Вывод. 1) Ситуация, когда после упругого центрального удара двух движущихся тел, тело с массой m1 останавливается, возможна только при m2 = m1/3. И все пройденные расстояния (и скорости) после удара на это никак не влияют. А наблюдается зависимость расстояний l1 и l2 друг от друга. Например, при m1 = 100 г, l1 = 2 м расстояние l2 должно быть равным 4 м:
\[m_{2} =\frac{m_{1} \cdot l_{1} }{\pm l_{2} +l_{1} } ,\; \; \pm l_{2} =\left(\frac{m_{1} }{m_{2} } -1\right)\cdot l_{1} =2l_{1} .\]
И тогда все три способа дадут один и тот же ответ.
2) В условии задачи нигде не указано, что удар упругий (но это очень напрашивается, т.к. тела - мячи). Тогда применять закон сохранения энергии нельзя. И правильным будет только первый способ.
Продолжение обсуждения задачи: часть 2 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,26422.msg95399.html#msg95399); часть 3 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,26422.msg95416.html#msg95416)
PS Задача на тему "Тело брошено под углом к горизонту", которая не изучается в школе.
А17 Вариант 1. На расположенную в вакууме отрицательно заряженную металлическую (Aвых = 4,5 эВ) пластинку падает монохроматическое излучение, длина волны которого в пять раз меньше длины волны, соответствующей красной границе фотоэффекта. Фотоэлектрон, вылетевший с поверхности пластинки с максимально возможной скоростью, ускорился в электростатическом поле, пройдя разность потенциалов Δφ. Если при этом скорость фотоэлектрона увеличилась в два раза, то разность потенциалов Δφ равна:
1) 15 В; 2) 24 В; 3) 30 В; 4) 42 В; 5) 54 В.
Решение. 1 часть – фотоэффект. Запишем уравнение Эйнштейна для фотоэффекта с учетом условия и формулу для работы выхода:
\[\frac{h\cdot c}{\lambda } =A+\frac{m\cdot \upsilon _{1m}^{2} }{2} ,\; \; A=\frac{h\cdot c}{\lambda _{k} } ,\; \; \lambda _{k} =5\lambda \]
или
\[\lambda _{k} =\frac{h\cdot c}{A} ,\; \; \lambda =\frac{\lambda _{k} }{5} =\frac{h\cdot c}{5A} ,\; \; \frac{h\cdot c}{\lambda } =5A=A+\frac{m\cdot \upsilon _{1m}^{2} }{2} ,\]
\[\frac{m\cdot \upsilon _{1m}^{2} }{2} =4A,\; \; \upsilon _{1m}^{2} =\frac{8A}{m} .\; \; \; (1)\]
2 часть – движение фотоэлектрона в электрическом поле. Учтем, что работа электрического поля идет на ускорение электрона, что его скорость после этого υ = 2υ1m, и вставим уравнение (1):
\[q\cdot \left(\varphi _{1} -\varphi _{2} \right)=\frac{m\cdot \upsilon ^{2} }{2} -\frac{m\cdot \upsilon _{1m}^{2} }{2} =\frac{m\cdot 4\upsilon _{1m}^{2} }{2} -\frac{m\cdot \upsilon _{1m}^{2} }{2} =\frac{3m\cdot \upsilon _{1m}^{2} }{2} ,\]
\[\varphi _{1} -\varphi _{2} =\frac{3m\cdot \upsilon _{1m}^{2} }{2q} =\frac{3m}{2q} \cdot \frac{8A}{m} =\frac{12A}{q} ,\]
φ1 – φ2 = -54 В.
Правильного ответа нет.
Если отбросить минус (как часто делают наши ученики), то ответ 5.
PS Разность потенциалов обозначается «φ1 – φ2», «Δφ» - это изменение потенциала. И Δφ = 54 В.