-
Решение задач по физике из книги Савченко Н.Е. Решение задач по физике. – Мн.: Высш. школа, 2003. – 479 с.
| 205 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg12136.html#msg12136) | 206 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg12146.html#msg12146) | 207 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg12336.html#msg12336) | 208 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg12696.html#msg12696) | 209 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg12726.html#msg12726) | 210 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg12926.html#msg12926) | 211 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg12986.html#msg12986) | 212 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg12996.html#msg12996) | 213 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg13206.html#msg13206) | 214 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg13576.html#msg13576) |
| 215 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3215.msg8185.html#msg8185) | 216 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg13616.html#msg13616) | 217 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg13686.html#msg13686) | 218 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg13786.html#msg13786) | 219 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg40558.html#msg40558) | 220 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg13936.html#msg13936) | 221 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg13966.html#msg13966) | 222 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg14206.html#msg14206) | 223 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg14346.html#msg14346) | 224 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg14646.html#msg14646) |
| 225 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg15786.html#msg15786) | 226 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg15836.html#msg15836) | 227 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg15846.html#msg15846) | 228 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg15946.html#msg15946) | 229 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg16086.html#msg16086) | 230 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg39424.html#msg39424) | 231 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg16206.html#msg16206) | 232 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg16236.html#msg16236) | 233 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg16316.html#msg16316) | 234 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg16366.html#msg16366) |
| 235 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg16476.html#msg16476) | 236 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg16756.html#msg16756) | 237 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg16866.html#msg16866) | 238 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg16926.html#msg16926) | 239 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg16486.html#msg16486) | 240 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg16946.html#msg16946) | 241 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg17046.html#msg17046) | 242 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg17056.html#msg17056) | 243 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg17505.html#msg17505) | 244 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg17506.html#msg17506) |
| 245 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg17536.html#msg17536) | 246 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg17585.html#msg17585) | 247 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg17625.html#msg17625) | 248 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg17696.html#msg17696) | 249 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg17706.html#msg17706) | 250 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg17716.html#msg17716) | 251 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg17986.html#msg17986) | 252 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg18186.html#msg18186) | 253 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg18216.html#msg18216) | 254 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg18346.html#msg18346) |
| 255 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg18356.html#msg18356) | 256 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg18366.html#msg18366) | 257 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg18376.html#msg18376) | 258 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg18386.html#msg18386) | 259 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg18396.html#msg18396) | 260 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg18406.html#msg18406) | 261 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg18466.html#msg18466) | 262 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg19536.html#msg19536) | 263 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,3586.msg19576.html#msg19576) | |
-
205. Пуля массой m = 10 г, летящая со скоростью υ1 = 800 м/с, попадает в доску толщиной d = 50 мм и вылетает из нее со скоростью υ2 = 100 м/с. Определить силу сопротивления доски, считая эту силу постоянной.
Решение. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту, на которой находится пуля, поэтому Wp0 = Wp = 0.
Полная механическая энергия тела в начальном состоянии
\[ W = W_{k0} = \frac{m \cdot \upsilon_{1}^{2}}{2}. \]
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии
\[ W = W_{k} = \frac{m \cdot \upsilon_{2}^{2}}{2}. \]
На пулю действует внешняя сила – сила сопротивления доски. Работа этой силы равна
Av = Fc⋅Δr⋅cos α,
где Δr = d, α = 180° (т.к. сила сопротивления направлена в противоположную сторону скорости движения пули).
Запишем закон об изменении механической энергии
Аv = W – W0,
\[ -F_{c} \cdot d = \frac{m \cdot \upsilon_{2}^{2}}{2} - \frac{m \cdot \upsilon_{1}^{2}}{2}, \; \; \; F_{c} = \frac{m}{2d} \cdot \left(\upsilon_{1}^{2} - \upsilon_{2}^{2} \right), \]
Fc = 6,3⋅104 Н.
-
206. Цепь массой m = 5 кг, лежащую на столе, берут за один конец и равномерно поднимают вертикально вверх на высоту, при которой нижний конец отстоит от стола на расстоянии, равном длине цепи l = 2 м. Чему равна работа по подъему цепи?
Решение. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем поверхность стола.
Полная механическая энергия тела в начальном состоянии (рис. 1, а)
W0 = 0.
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии (рис. 1, б)
W = m⋅g⋅h,
где h = l + l/2 =1,5l — высота, на которую был поднят центр тяжести цепи.
На цепь действует внешняя сила, которая и совершает работу Аv. Запишем закон об изменении механической энергии
Аv = W – W0,
Аv = m⋅g⋅h = 1,5m⋅g⋅l,
Аv = 150 Дж.
-
207. Какую минимальную работу необходимо совершить, чтобы телеграфный столб массой m1 = 200 кг, к вершине которого прикреплена крестовина массой m2 = 30 кг, перевести из горизонтального положения в вертикальное? Длина столба l = 10 м.
Решение. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем поверхность земли.
Полная механическая энергия системы столб-крестовина в начальном состоянии (рис. 1, а)
W0 = 0.
Полная механическая энергия системы столб-крестовина в конечном состоянии (рис. 1, б)
W = m1⋅g⋅h1 + m2⋅g⋅h2,
где h1 = l/2, h2 = l — высота, на которую был поднят центр тяжести цепи.
На столб действует внешняя сила, которая и совершает работу Аv. Запишем закон об изменении механической энергии
Аv = W – W0,
Аv = m1⋅g⋅h1 + m2⋅g⋅h2 = (m1/2 + m2)⋅g⋅l,
Аv = 13 кДж.
Примечание. Работа будет минимальной, если столб поставят вертикально, не отрывая от земли.
-
208. Какую работу нужно совершить, чтобы поднять груз массой m = 30 кг на высоту h = 10 м с ускорением а = 0,50 м/с2?
Решение. Механическая работа равна
A = F⋅Δr⋅cos α, (1)
где Δr = h, α = 0°, т.к. направления силы F, которая совершает работу, и перемещения совпадают.
Значение силы F найдем, используя второй закон Ньютона. На груз действуют сила тяжести (m⋅g) и сила F, поднимающая груз (рис. 1). Тогда
\[ m \cdot \vec{a} = \vec{F} + m \cdot \vec{g}, \]
0Y: m∙a = F – m∙g,
F = m⋅(a + g).
После подстановки в уравнение (1) получаем
A = m∙(а + g)∙h,
А = 3,15⋅103 Дж.
-
209. Какую работу совершает электровоз за t = 10 мин, перемещая по горизонтальному пути состав массой m = 3000 т с постоянной скоростью υ = 72 км/ч, если коэффициент сопротивления движению μ = 0,005? Коэффициент сопротивления движению равен отношению модуля силы сопротивления к модулю силы нормальной реакции опоры.
Решение. Механическая работа электровоза равна
A = F⋅Δr⋅cos α, (1)
где Δr = υ⋅t (т.к. движение равномерное), α = 0°, т.к. направления силы тяги F и перемещения совпадают. Найдем значение силы F.
На тело действуют сила тяжести (m⋅g), сила реакции опоры (N), сила трения скольжения (Ftr) и сила тяги (F) (рис. 1). Из второго закона Ньютона
\[ 0 = \vec{N} + \vec{F} + m \cdot \vec{g} + \vec{F_{tr}}, \]
0Х: 0 = F – Ftr или F = Ftr,
0Y: 0 = N – m⋅g или N = m⋅g,
где Ftr = μ⋅N = μ⋅m⋅g. Тогда
F = μ⋅m⋅g.
После подстановки в уравнение (1) получаем
А = μ⋅m⋅g⋅υ⋅t,
А = 1,8⋅109 Дж.
-
210. Санки массой m соскальзывают с вершины горы высотой h и, пройдя некоторое расстояние, останавливаются. Какую работу надо совершить, чтобы втащить санки по той же траектории обратно на вершину горы?
Решение. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту основания горы.
Рассмотрим вначале движение санок вниз (рис. 1).
Полная механическая энергия тела в начальном состоянии равна
W01 = m⋅g⋅h.
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии
W1 = 0.
На санки действует внешняя сила — сила трения скольжения санок Ftr, которая совершает работу Аv1. Работа этой силы равна, во-первых (закон об изменении механической энергии),
Аv1 = W1 – W01 = –m⋅g⋅h, (1)
во-вторых,
Аv1 = –(Ftr1⋅s1 + Ftr2⋅s2). (2)
Рассмотрим теперь движение санок вверх (рис. 2).
Полная механическая энергия тела в начальном состоянии равна
W02 = 0.
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии
W2 = m⋅g⋅h.
На санки действуют две внешние сила: сила трения скольжения санок Ftr (работа этой силы Аv2) и сила F, поднимающая санки вверх (работа этой силы Аv3). Запишем закон об изменении механической энергии
Аv2 + Аv3 = W2 – W02 = m⋅g⋅h. (3)
Работа силы трения равна
Аv2 = –(Ftr1⋅s1 + Ftr2⋅s2).
Так как значение сил трения Ftr1 и Ftr2 не изменились (поменялись только направления), не изменились пройденные пути s1 и s2, то, с учетом уравнений (2) и (1), получаем
Аv2 = Аv1 = –m⋅g⋅h.
Подставим полученное выражение в уравнение (3) и найдем работу силы F:
Аv3 = m⋅g⋅h – Аv2 = m⋅g⋅h – (–m⋅g⋅h) = 2m⋅g⋅h.
-
211. Человек массой m1 = 60 кг прыгает с неподвижной тележки массой m2 = 30 кг, стоящей на рельсах, в направлении вдоль путей. При этом тележка перемещается в противоположную сторону на s = 2,0 м. Считая коэффициент трения при движении тележки μ = 0,10, найти работу, которую совершает человек при прыжке.
Решение. Задачу разобьем на четыре части.
1 часть. Работу человека при прыжке найдем, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем поверхность земли.
Полная механическая энергия системы человек-тележка в начальном состоянии (до прыжка) (рис. 1) равна
W0 = 0.
Полная механическая энергия системы человек-тележка в конечном состоянии (после прыжка)
\[ W = \frac{m_{1} \cdot \upsilon_{1}^{2}}{2} + \frac{m_{2} \cdot \upsilon_{2}^{2}}{2}. \]
На систему действует внешняя сила — человек, который и совершает работу Аv. Запишем закон об изменении механической энергии
Аv = W – W0,
\[ A_{v} = \frac{m_{1} \cdot \upsilon_{1}^{2}}{2} + \frac{m_{2} \cdot \upsilon_{2}^{2}}{2}.\;\;\; (1) \]
2 часть. Для нахождения кинетической энергии тележки, воспользуемся еще раз законом сохранения энергии.
Полная механическая энергия тележки в начальном состоянии (в начале движения тележки) (рис. 2) равна
\[ W_{02} = \frac{m_{2} \cdot \upsilon_{2}^{2}}{2}. \]
Полная механическая энергия тележки в конечном состоянии (при остановке)
W2 = 0.
На тележку действует внешняя сила — сила трения тележки Ftr, которая совершает работу Аv1. Работа этой силы равна, во-первых (закон об изменении механической энергии),
\[ A_{v1} = W_{2} - W_{02} =-\frac{m_{2} \cdot \upsilon_{2}^{2}}{2},\;\;\; (2) \]
во-вторых,
Аv1 = –Ftr⋅s. (3)
3 часть. Силу трения Ftr найдем через законы динамики. На тело действуют сила тяжести (m2⋅g), сила реакции опоры (N) и сила трения (Ftr) (рис. 3). Из проекции второго закона Ньютона
0Y: 0 = N – m2⋅g или N = m2⋅g.
Сила трения равна
Ftr = μ⋅N = μ⋅m2⋅g.
После подстановки в уравнения (3) и (2) получаем
\[ \frac{m_{2} \cdot \upsilon_{2}^{2}}{2} = F_{tr} \cdot s = \mu \cdot m_{2} \cdot g \cdot s.\;\;\; (4) \]
4 часть. Скорость человека после прыжка найдем при помощи закона сохранения импульса (см. рис. 1):
0Х: 0 = –m1⋅υ1 + m2⋅υ2,
\[ \upsilon_{1} = \frac{m_{2} \cdot \upsilon_{2}}{m_{1}}. \]
Тогда кинетическая энергия человека будет равна
\[ \frac{m_{1} \cdot \upsilon_{1}^{2}}{2} = \frac{m_{1}}{2} \cdot \left(\frac{m_{2} \cdot \upsilon_{2}}{m_{1}} \right)^{2} = \frac{m_{2}^{2} \cdot \upsilon_{2}^{2}}{2m_{1}} = \frac{m_{2}}{m_{1}} \cdot \left(\frac{m_{2} \cdot \upsilon_{2}^{2}}{2} \right).
\]
Подставим полученное выражение в уравнение (1) и учтем уравнение (4):
\[ A_{v} = \frac{m_{2}}{m_{1}} \cdot \left(\frac{m_{2} \cdot \upsilon_{2}^{2}}{2} \right) + \frac{m_{2} \cdot \upsilon_{2}^{2}}{2} = \left(\frac{m_{2}}{m_{1}} + 1 \right) \cdot \frac{m_{2} \cdot \upsilon_{2}^{2}}{2} = \left(\frac{m_{2}}{m_{1}} + 1 \right) \cdot \mu \cdot m_{2} \cdot g \cdot s, \]
Аv = 90 Дж.
-
212. Тело массой m = 1 кг движется прямолинейно так, что зависимость его координаты от времени описывается уравнением x = 10 + 20t – 4t2, в котором все величины выражены в единицах СИ. Определить кинетическую энергию этого тела через t = 2 с после начала движения.
Решение. Чтобы определить значение кинетической энергии тела через t = 2 с, надо найти значение скорости в этот момент времени.
1 способ (для тех, кто не умеет искать производную). Запишем уравнение координаты в общем виде
\[ x = x_{0} + \upsilon_{0x} \cdot t + \frac{a_{x} \cdot t^{2}}{2}
\]
и уравнение скорости
υx = υ0x + ax⋅t.
Проекция начальной скорости υ0x — величина, стоящая в уравнении координаты перед t. Тогда в уравнении
x = 10 + 20t – 4t2 (1)
это величина равна υ0x = 20 м/с. Проекция ускорения ах — удвоенная величина, стоящая перед t2, и в уравнении (1) она равна ах = –8 м/с2. Получаем следующее уравнение скорости
υx = 20 – 8t.
2 способ. Скорость находится как первая производная от координаты, т.е.
υx = x´ = (10 + 20t – 4t2)´ = 20 – 8t.
Значение скорости через t = 2 с:
υx(2) = 20 – 8⋅2 = 4 (м/с).
Кинетическая энергия равна
\[ W_{k} = \frac{m \cdot \upsilon^{2}}{2}, \]
Wk(2) = 8 Дж.
-
213. Брусок массой m = 1 кг покоится на горизонтальной шероховатой поверхности (рис. 1). К нему прикреплена пружина жесткостью k = 20 Н/м. Какую работу надо совершить для того, чтобы сдвинуть с места брусок, растягивая пружину в горизонтальном направлении, если коэффициент трения между бруском и поверхностью μ = 0,2?
Решение. На тело действуют сила тяжести (m⋅g), сила реакции опоры (N), сила трения (Ftr) и сила упругости пружины (Fu), которая увеличивается по мере растяжения пружины (рис. 2). Пусть в момент времени, когда брусок сдвинется, сила упругости будет равна Fu1. Ускорение бруска в этот момент будет равно нулю (еще одна «тонкость» физики: тело начинает двигаться, но ускорение так мало, что мы им пренебрегаем). Из второго закона Ньютона
0Х: 0 = Fu1 – Ftr или Fu1 = Ftr,
0Y: 0 = N – m⋅g или N = m⋅g,
где Ftr = μ⋅N = μ⋅m⋅g (т.к. тело начало скользить по поверхности). Тогда
Fu1 = μ⋅m⋅g.
С другой стороны по закону Гука сила упругости равна
Fu1 = k⋅Δl.
С учетом предыдущей формулы, получаем
μ⋅m⋅g = k⋅Δl. (1)
Так как сила, действующая на брусок, изменяется, то для расчета работы этой силы использовать формулу A = F⋅Δr⋅cos α нельзя.
Воспользуемся законом сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту шероховатой поверхность.
Полная механическая энергия системы брусок-пружина в начальном состоянии равна
W0 = 0.
Полная механическая энергия системы брусок-пружина в конечном состоянии
\[ W = \frac{k \cdot \Delta l^{2}}{2}. \]
На брусок действует внешняя сила — сила упругости пружины, которая и совершает работу Аv. Запишем закон об изменении механической энергии
Аv = W – W0,
\[ A_{v} = \frac{k \cdot \Delta l^{2}}{2}. \] (2)
Решим систему уравнений (1) и (2). Например,
\[ \Delta l = \frac{\mu \cdot m \cdot g}{k},\; \; \; A_{v} = \frac{k}{2} \cdot \left(\frac{\mu \cdot m \cdot g}{k} \right)^{2} = \frac{\left(\mu \cdot m \cdot g \right)^{2}}{2k}, \]
А = 0,1 Дж.
-
214. Тело массой m = 2 кг равномерно перемещается по горизонтальной поверхности под действием силы, направленной под углом α = 45° к горизонту. При перемещении s = 6 м эта сила совершает работу А = 20 Дж. Найти коэффициент трения тела о поверхность.
Решение. Механическая работа равна
A = F⋅Δr⋅cos α, (1)
где Δr = s. Значение силы F найдем, используя второй закон Ньютона.
На тело действуют сила тяжести (m∙g), сила реакции опоры (N), сила трения (Ftr) и внешняя сила (F). Так как груз движется, то сила трения – это сила трения скольжения. Из второго закона Ньютона (рис. 1):
\[ 0 = \vec{F} + m \cdot \vec{g} + \vec{F}_{tr} + \vec{N}, \]
0X: 0 = F⋅cos α – Ftr, (2)
0Y: 0 = F⋅sin α – m∙g + N, (3)
где Ftr = μ⋅N, N = m∙g – F⋅sin α (из уравнения (3)). Из уравнения (2) получаем
0 = F⋅cos α – μ∙m∙g + μ∙F⋅sin α,
\[ F = \frac{\mu \cdot m \cdot g}{{\rm cos\;}\alpha + \mu \cdot {\rm sin\;}\alpha }. \]
Подставим полученное выражение в уравнение (1):
\[ A = \frac{\mu \cdot m \cdot g \cdot s \cdot {\rm cos\;} \alpha }{{\rm cos\;}\alpha + \mu \cdot {\rm sin\;}\alpha } = \frac{\mu \cdot m \cdot g \cdot s}{1 + \mu \cdot {\rm tg\;}\alpha }, \]
\[ A + A \cdot \mu \cdot {\rm tg\;}\alpha = \mu \cdot m \cdot g \cdot s, \; \; \; \mu = \frac{A}{m \cdot g \cdot s - A \cdot {\rm tg\;}\alpha }, \]
μ = 0,2.
-
216. Охотник стреляет с лодки. Какую скорость приобретает лодка в момент выстрела, если масса охотника с лодкой M = 100 кг, масса дроби m = 40 г и средняя начальная скорость дроби υ0 = 400 м/с? Ствол ружья во время выстрела направлен под углом α = 60° к горизонту.
Решение. Найдем скорость лодки после выстрела при помощи закона сохранения импульса (рис. 1):
\[ 0 = m \cdot \vec{\upsilon}_{0} + M \cdot \vec{\upsilon }_{1}, \]
0Х: 0 = –m⋅υ0⋅cos α + M⋅υ1,
\[ \upsilon_{1} = \frac{m \cdot \upsilon_{0} \cdot \cos \alpha}{M}, \]
υ1 = 8⋅10–2 м/с.
-
217. Третья ступень ракеты состоит из ракеты-носителя массой М = 50 кг и головного защитного конуса массой m = 10 кг. Конус отбрасывается вперед сжатой пружиной. При испытаниях на Земле с закрепленной ракетой пружина сообщала конусу скорость υ0 = 5,1 м/с. Какова будет относительная скорость конуса и ракеты, если их разделение произойдет на орбите?
Решение. Задачу будем решать, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту на которой находится ракета.
1 процесс. Испытания на Земле с закрепленной ракетой.
Полная механическая энергия системы пружина-конус в начальном состоянии (при сжатой пружине) (рис. 1) равна
W0 = Wp max.
Полная механическая энергия системы пружина-конус в конечном состоянии
W1 = m⋅υ02/2.
Так как на систему не действует внешняя сила (закреплена только ракета), то выполняется закон сохранения механической энергии
Wp max = m⋅υ02/2. (1)
2 процесс. Испытания на орбите.
Полная механическая энергия системы ракета-конус в начальном состоянии (при сжатой пружине) (рис. 2) равна
W0 = Wp max.
Полная механическая энергия системы ракета-конус в конечном состоянии
W2 = m⋅υ12/2 + M⋅υ22/2.
И из закона сохранения механической энергии получаем
Wp max = m⋅υ12/2 + M⋅υ22/2. (2)
Так же будет выполняться и закон сохранения импульса
\[ 0 = m \cdot \vec{\upsilon }_{1} + M \cdot \vec{\upsilon }_{2}, \]
0Х: 0 = m⋅υ1 – M⋅υ2. (3)
Решим систему уравнение (1)-(3). Например,
\[ \upsilon _{1} = \frac{M \cdot \upsilon _{2}}{m}, \; \; \; \frac{m \cdot \upsilon _{0}^{2}}{2} = \frac{m \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} + \frac{M \cdot \upsilon_{2}^{2}}{2}, \]
\[ m \cdot \upsilon_{0}^{2} = m \cdot \left(\frac{M \cdot \upsilon _{2}}{m} \right)^{2} + M \cdot \upsilon _{2}^{2}, \; \; \; m^{2} \cdot \upsilon _{0}^{2} = M^{2} \cdot \upsilon _{2}^{2} + m \cdot M \cdot \upsilon _{2}^{2} = \left(M + m \right) \cdot M \cdot \upsilon _{2}^{2},
\]
\[ \upsilon _{2} = \frac{m \cdot \upsilon _{0}}{\sqrt{\left(M + m \right) \cdot M}}, \, \, \, \upsilon _{1} = \frac{M \cdot \upsilon _{0}}{\sqrt{\left(M + m \right) \cdot M}}. \]
Относительную скорость найдем через закон сложения скоростей (см. рис. 2):
\[ \vec{\upsilon }_{1} = \vec{\upsilon }_{2} + \vec{\upsilon }_{1/2}, \]
0X: υ1 = –υ2 + υ1/2х,
\[ \upsilon _{1/2x} = \upsilon _{1} + \upsilon _{2} = \frac{\left(M + m\right) \cdot \upsilon _{0} }{\sqrt{\left(M + m \right) \cdot M}} = \upsilon _{0} \sqrt{\frac{M + m}{M}} \],
υ1/2х = 5,6 м/с.
-
218. Снаряд массой m = 40 кг, летевший в горизонтальном направлении со скоростью υ = 600 м/с, разорвался на 2 части массами m1 = 30 кг и m2 = 10 кг. Большая часть стала двигаться в прежнем направлении со скоростью υ1 = 900 м/с. Определить модуль и направление скорости меньшей части снаряда.
Решение. Воспользуемся законом сохранения импульса (рис. 1):
\[ m \cdot \vec{\upsilon } = m_{1} \cdot \vec{\upsilon }_{1} + m_{2} \cdot \vec{\upsilon }_{2}, \]
0Х: m⋅υ = m1⋅υ1 + m2⋅υ2x, (1)
0Y: 0 = m2⋅υ2y или υ2y = 0.
Из уравнения (1) получаем
\[ \upsilon _{2x} = \frac{m \cdot \upsilon - m_{1} \cdot \upsilon _{1}}{m_{2}}, \]
υ2x = –300 м/с. Так как υ2y = 0, а υ2x < 0, то скорость υ2 направлена в противоположную сторону оси 0Х. Значение (модуль) этой скорости равно 300 м/с.
-
220. Плот массой m1 плывет по реке со скоростью υ1. На плот с берега перпендикулярно направлению движения плота прыгает человек массой m2 со скоростью υ2. Определить скорость плота с человеком. Силой трения плота о воду пренебречь.
Решение. Так как тела движутся не вдоль одной прямой, но в одной плоскости, то необходимо выбрать двухмерную систему координат. Направим ось 0Х вдоль начальной скорости плот, ось 0Y — вдоль начальной скорости человека, т.к. векторы скорости плота и человека составляют прямой угол (рис. 1). Воспользуемся законом сохранения импульса:
\[ m_{1} \cdot \vec{\upsilon }_{1} + m_{2} \cdot \vec{\upsilon }_{2} = \left(m_{1} + m_{2} \right) \cdot \vec{\upsilon }, \]
0Х: m1⋅υ1 = (m1 + m2)⋅υх, (1)
0Y: m2⋅υ2 = (m1 + m2)⋅υy (2)
(направление скорости υ нам не известно). Скорость системы «плот-человек» υ будет равна
\[ \upsilon = \sqrt{\upsilon _{x}^{2} + \upsilon _{y}^{2}}. \]
Выразим проекции скорости υ из уравнений (1) и (2) и подставим в последнее выражение:
\[ \upsilon_{x} = \frac{m_{1} \cdot \upsilon _{1}}{m_{1} + m_{2}}, \, \, \, \upsilon _{y} = \frac{m_{2} \cdot \upsilon _{2}}{m_{1} + m_{2}}, \]
\[ \upsilon = \sqrt{\left(\frac{m_{1} \cdot \upsilon _{1}}{m_{1} + m_{2}} \right)^{2} + \left(\frac{m_{2} \cdot \upsilon _{2}}{m_{1} + m_{2}} \right)^{2}} = \frac{\sqrt{\left(m_{1} \cdot \upsilon_{1} \right)^{2} + \left(m_{2} \cdot \upsilon_{2} \right)^{2}}}{m_{1} + m_{2}}. \]
Для определения направления скорости υ найдем угол α к оси 0Х (рис. 2):
\[ {\rm tg}\alpha = \frac{\upsilon _{y}}{\upsilon _{x}}, \, \, \, \alpha = {\rm arctg} \frac{\upsilon _{y}}{\upsilon_{x}} = {\rm arctg}\left(\frac{m_{2} \cdot \upsilon _{2}}{m_{1} + m_{2}} \cdot \frac{m_{1} + m_{2}}{m_{1} \cdot \upsilon _{1}} \right) = {\rm arctg}\left(\frac{m_{2} \cdot \upsilon _{2}}{m_{1} \cdot \upsilon _{1}} \right). \]
Примечание. 1. Угол α можно было определить и через sin, и через cos.
2. Скорость векторная величина, поэтому вопрос «определить скорость плота» требует нахождения и значения скорости, и ее направления. Автор сборника дает ответ только для значения.
-
221. Движущийся шар сталкивается с покоящимся шаром. После удара модуль импульса каждого из шаров равен модулю импульса системы до удара. Определить, под каким углом разлетаются шары.
Решение. Так как тела движутся не вдоль одной прямой, но в одной плоскости, то необходимо выбрать двухмерную систему координат. Направим ось 0Х вдоль начальной скорости шара, ось 0Y — перпендикулярно оси 0Х. Пусть один из импульсов шаров после удара направлен под углом α к оси 0Х, второй — под углом β (рис. 1). Воспользуемся законом сохранения импульса:
\[ \vec{p}_{01} = \vec{p}_{1} + \vec{p}_{2}, \]
0Х: p01 = p1⋅cos α + p2⋅cos β, (1)
0Y: 0 = p1⋅sin α – p2⋅sin β, (2)
где p01 = p1 = p2 = p (по условию). Тогда из уравнения (2) получаем, что
sin α = sin β или α = β.
С учетом этого, уравнение (1) примет вид
p = 2p⋅cos α, cos α = 1/2, α = 60°.
Тогда угол γ, под каким разлетаются шары, будет равен
γ = α + β, γ = 120 °.
-
222. В прямую призму, масса которой M, а поперечное сечение представляет собой равнобедренный прямоугольный треугольник, попадает шарик массой m < M, летящий горизонтально со скоростью υ, и после удара движется вертикально вверх (рис. 1). Считая удар абсолютно упругим, найти скорость шарика υ1 и призмы υ2 после удара. Сопротивлением воздуха и трением призмы о горизонтальную подставку пренебречь. До удара призма покоилась.
Решение. Так как тела движутся не вдоль одной прямой, но в одной плоскости, то необходимо выбрать двухмерную систему координат. Направим ось 0Х вдоль начальной скорости шарика, ось 0Y — перпендикулярно оси 0Х. Воспользуемся законом сохранения импульса и энергии для системы шарик-призма. За нулевую высоту примем высоту горизонтальной подставки.
Вначале (до столкновения) двигается только один шарик массой m со скоростью υ. Пусть центр тяжести призмы находится на высоте h1, а шарик — на высоте h2 (рис. 1). Тогда полная механическая энергия системы шарик-призма и начальный импульс системы будут равны
\[ W_{0} = M \cdot g \cdot h_{1} + m \cdot g \cdot h_{2} + \frac{m \cdot \upsilon ^{2}}{2}, \; \; \; \vec{p}_{0} = m \cdot \vec{\upsilon}. \]
Затем (сразу же после столкновения) двигаются и шарик со скоростью υ1, и призма со скоростью υ2. Высота центра тяжести призмы не изменится, т.е. остается на высоте h1, высота шарика в момент отскока так же останется прежней, т.е. h2. Тогда полная механическая энергия системы шарик-призма и конечный импульс системы будут равны
\[ W = M \cdot g \cdot h_{1} + m \cdot g \cdot h_{2} + \frac{m \cdot \upsilon_{1}^{2}}{2} + \frac{M \cdot \upsilon_{2}^{2}}{2}, \; \; \; \vec{p} = m \cdot \vec{\upsilon }_{1} + M \cdot \vec{\upsilon }_{2}. \]
Так как на систему не действует внешняя сила (сопротивлением воздуха и трением призмы о горизонтальную подставку пренебречь), то выполняется закон сохранения механической энергии и импульса:
\[ M \cdot g \cdot h_{1} + m \cdot g \cdot h_{2} + \frac{m \cdot \upsilon ^{2}}{2} = M \cdot g \cdot h_{1} + m \cdot g \cdot h_{2} + \frac{m \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} + \frac{M \cdot \upsilon _{2}^{2}}{2} \]
или
\[ \frac{m \cdot \upsilon^{2}}{2} = \frac{m \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} + \frac{M \cdot \upsilon_{2}^{2}}{2},\;\;\; (1) \]
\[ m \cdot \vec{\upsilon } = m \cdot \vec{\upsilon }_{1} + M \cdot \vec{\upsilon }_{2}, \]
0Х: m⋅υ = M⋅υ2. (2)
Из уравнения (2) найдем скорость υ2:
\[ \upsilon _{2} = \frac{m \cdot \upsilon }{M}, \]
из уравнения (1) — скорость υ1:
\[ \upsilon _{1} = \sqrt{\upsilon ^{2} -\frac{M}{m} \cdot \upsilon _{2}^{2} } = \sqrt{\upsilon ^{2} -\frac{M}{m} \cdot \left(\frac{m \cdot \upsilon }{M} \right)^{2} } = \sqrt{\upsilon ^{2} -\frac{m \cdot \upsilon ^{2}}{M}} = \upsilon \cdot \sqrt{1-\frac{m}{M}}. \]
-
223. Пуля, летящая с определенной скоростью, углубляется в дощатый барьер на l = 10 см. На сколько углубится в тот же барьер такая же пуля, имеющая вдвое большую скорость? Сила сопротивления барьера в обоих случаях одинаковая.
Решение. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту, на которой находится пуля, поэтому Wp0 = Wp = 0.
Полная механическая энергия тела в начальном состоянии
W = Wk0 = m⋅υ12/2.
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии
W = 0.
На пулю действует внешняя сила Fc – сила сопротивления барьера. Работа этой силы равна
Av = Fc⋅Δr⋅cos α,
где Δr = l, α = 180° (т.к. сила сопротивления направлена в противоположную сторону скорости движения пули).
Запишем закон изменения механической энергии
Аv = W – W0,
или
–Fc⋅l = –m⋅υ12/2, Fc⋅l = m⋅υ12/2. (1)
Если пуля будет лететь со скоростью υ2 = 2υ1 (вдвое большая скорость), то уравнение (1) примет вид:
Fc⋅l2 = m⋅υ22/2. (2)
Решим систему уравнений (1) и (2). Например,
\[ \frac{F_{c} \cdot l_{2}}{F_{c} \cdot l} = \frac{m \cdot \upsilon_{2}^{2}}{2} \cdot \frac{2}{m \cdot \upsilon _{1}^{2}}, \, \, \, \frac{l_{2}}{l} = \frac{\upsilon_{2}^{2}}{\upsilon_{1}^{2}} = \frac{\left(2\upsilon _{1} \right)^{2}}{\upsilon _{1}^{2}} = 4, \, \, \, l_{2} = 4l, \]
l2 = 0,4 см.
-
224. Тело массой m = 100 г падает с высоты h = 5 м на чашу пружинных весов (рис. 1) и сжимает пружину жесткостью k = 1⋅103 Н/м на величину x. Определить x, если массы чаши и пружинных весов пренебрежимо малы.
Решение. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту, на которой окажется чаша весов вместе с телом (рис. 2).
Полная механическая энергия тела в начальном состоянии
W0 = m⋅g⋅h0,
где h0 = h + x.
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии
W = k⋅x2/2.
Так как на систему не действует внешняя сила, то выполняется закон сохранения механической энергии:
\[ m\cdot g\cdot \left( h+x \right) = \frac{k \cdot x^{2}}{2}, \, \, \, \frac{k \cdot x^{2}}{2}-m\cdot g\cdot x-m\cdot g\cdot h=0. \]
Найдем корни квадратного уравнения и учтем при этом, что x > 0 (подробнее см. рис. 3).
\[ x=\frac{m\cdot g}{k}+\sqrt{{{\left( \frac{m\cdot g}{k} \right)}^{2}}+\frac{2m\cdot g\cdot h}{k}}=\frac{m\cdot g}{k}\cdot \left( 1+\sqrt{1+\frac{2k\cdot h}{m\cdot g}} \right), \]
x = 0,1 м.
-
225. Тело массой m = 1 кг бросили с некоторой высоты с начальной скоростью υ0 = 20 м/с, направленной под углом α = 30° к горизонту. Определить кинетическую энергию тела через t1 = 2 с после начала его движения. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Решение. 1 способ. За тело отсчета выберем точку, лежащую на поверхности земли и на одной вертикали с точкой бросания, ось 0Х направим вправо, ось 0Y — вверх. Тогда y0 = h, x0 = 0 (рис. 1).
Запишем уравнения проекций скорости и координаты на выбранные оси. При этом учтем, что ускорение g направлено вертикально вниз.
На ось 0Х: υх = υ0х = υ0⋅cos α (рис. 2), т.к. ax = 0.
На оси 0Y: υy = υ0y + gy⋅t, где υ0y = υ0⋅sin α, gy = –g.
Тогда
υy = υ0⋅sin α – g⋅t (1).
Обозначим υ1 — скорость тела через время t1 = 2 c (рис. 3):
\[ \upsilon _{1}^{2} = \upsilon _{1x}^{2} + \upsilon _{1y}^{2}, \] (2)
где υ1х = υ0х = υ0⋅cos α. Найдем υ1у из уравнения (1):
υ1y = υ0⋅sin α – g⋅t1.
Из уравнения (2)
\[ \upsilon _{1}^{2} = \left(\upsilon _{0} \cdot \cos \alpha \right)^{2} + \left(\upsilon _{0} \cdot \sin \alpha - g \cdot t_{1} \right)^{2} = \]
\[ =\upsilon _{0}^{2} \cdot \left(\cos ^{2} \alpha +\sin ^{2} \alpha \right)-2\upsilon _{0} \cdot \sin \alpha \cdot g \cdot t_{1} + \left(g \cdot t_{1} \right)^{2} = \upsilon _{0}^{2} -2\upsilon _{0} \cdot \sin \alpha \cdot g \cdot t_{1} +\left(g \cdot t_{1} \right)^{2}. \]
В итоге кинетическая энергия тела равна
\[ W_{k} = \frac{m \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} = \frac{m}{2} \cdot \left(\upsilon _{0}^{2} -2\upsilon _{0} \cdot \sin \alpha \cdot g \cdot t_{1} + \left(g \cdot t_{1} \right)^{2} \right), \]
Wk = 200 Дж.
2 способ. (http://www.web-physics.ru/smf/index.php/topic,3586.msg16916.html#msg16916)
-
226. На невесомом стержне длиной l = 75 см укреплены два одинаковых шара массой m каждый. Один шар укреплен на конце стержня, другой — посередине (рис. 1). Стержень может колебаться в вертикальной плоскости вокруг точки А. Какую горизонтальную скорость нужно сообщить нижнему концу стержня, чтобы стержень отклонился до горизонтального положения?
Решение. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту, на которой находится нижний шарик (рис. 2).
Полная механическая энергия двух тел в начальном состоянии. Если сообщить скорость υ1 нижнему шарику, то верхний шарик также будет иметь некоторую скорость υ2. Найдем эту скорость (υ2). Так как шарики закреплены на одном стержне, то при движении стержня (по дуге) у них будет одинаковые угловые скорости, т.е.
ω1 = ω2 или υ1/R1 = υ2/R2,
где R1 = l, R2 = l/2 (второй шарик посередине). Поэтому
υ1/l = 2υ2/l, υ2 = υ1/2.
Тогда
\[ W_{0} = m \cdot g\cdot h_{1} +\frac{m \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} + \frac{m \cdot \upsilon _{2}^{2}}{2} = m \cdot g \cdot h_{1} + \frac{m \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} + \frac{m \cdot \upsilon _{1}^{2}}{8} = m \cdot g \cdot h_{1} + \frac{5m \cdot \upsilon _{1}^{2}}{8}, \]
где h1 = l/2.
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии
W = 2m⋅g⋅h2,
где h2 = l.
Так как на систему не действует внешняя сила, то выполняется закон сохранения механической энергии:
\[ m\cdot g\cdot h_{1} + \frac{5m \cdot \upsilon _{1}^{2}}{8} = 2m \cdot g\cdot h_{2}, \; \; \; g \cdot \frac{l}{2} + \frac{5 \upsilon _{1}^{2}}{8} = 2g \cdot l, \]
\[ \frac{5\upsilon _{1}^{2}}{8} = \frac{3g \cdot l}{2}, \; \; \; \upsilon_{1} = \sqrt{\frac{12g \cdot l}{5}} \],
υ1 = 4,2 м/с.
-
227. Шарик подвешен на невесомом прямом стержне длиной l. Какую минимальную скорость в горизонтальном направлении необходимо сообщить шарику, чтобы он сделал полный оборот в вертикальной плоскости?
Примечание. Для груза на жестком стержне минимальная скорость груза (υ0) в нижней точке соответствует случаю, когда верхняя точка проходится им со скоростью чуть больше нуля, т.е. υ ≈ 0.
Решение. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем нижнюю точку окружности (рис. 1).
Полная механическая энергия тела в начальном состоянии
\[ W_{0} = \frac{m \cdot \upsilon _{0}^{2}}{2}. \]
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии
W = m⋅g⋅h = 2m⋅g⋅l.
Так как на систему не действует внешняя сила, то выполняется закон сохранения механической энергии:
\[ \frac{m \cdot \upsilon _{0}^{2}}{2} = 2m \cdot g \cdot l, \, \, \, \upsilon _{0} = \sqrt{4g \cdot l} = 2 \cdot \sqrt{g \cdot l}. \]
-
228. Найти количество теплоты, которое выделилось при абсолютно неупругом соударении двух шаров, двигавшихся навстречу друг другу. Масса первого шара m1 = 0,4 кг, его скорость υ1 = 3 м/с. Масса второго шара m2 = 0,2 кг, скорость υ2 = 12 м/с.
Решение. При неупругом ударе выделяется количество теплоты, равное
Q = W0 – W.
Найдем энергии W0 и W. За нулевую высоту примем высоту поверхности, по которой двигаются шары.
Полная механическая энергия тел в начальном состоянии
\[ W_{0} =\frac{m_{1} \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} + \frac{m_{2} \cdot \upsilon_{2}^{2}}{2}. \]
Полная механическая энергия тел в конечном состоянии
\[ W = \frac{\left(m_{1} + m_{2} \right)\cdot \upsilon ^{2}}{2},\;\;\; (1) \]
где υ — скорость шаров после столкновения.
Так как удар неупругий, то выполняется закон сохранения импульса. Воспользуемся им для нахождения скорости шаров υ после столкновения (рис. 1):
\[ m_{1} \cdot \vec{\upsilon }_{1} + m_{2} \cdot \vec{\upsilon }_{2} = \left(m_{1} + m_{2} \right) \cdot \vec{\upsilon}, \]
0Х: m1⋅υ1 – m2⋅υ2 = (m1 + m2)⋅υх.
Тогда
\[ \upsilon _{x} = \frac{m_{1} \cdot \upsilon _{1} -m_{2} \cdot \upsilon _{2} }{m_{1} +m_{2} } . \]
После подстановки в уравнение (1) получаем
\[ W=\frac{m_{1} +m_{2}}{2} \cdot \left(\frac{m_{1} \cdot \upsilon _{1} -m_{2} \cdot \upsilon _{2} }{m_{1} + m_{2}} \right)^{2} = \frac{\left(m_{1} \cdot \upsilon _{1} -m_{2} \cdot \upsilon _{2} \right)^{2}}{2\cdot \left(m_{1} +m_{2} \right)}.
\]
Количество теплоты, которое выделится при неупругом ударе шаров, будет равно (подробнее смотри рис. 2)
\[ Q = \frac{m_{1} \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} + \frac{m_{2} \cdot \upsilon _{2}^{2}}{2} -\frac{\left(m_{1} \cdot \upsilon _{1} -m_{2} \cdot \upsilon _{2} \right)^{2}}{2 \cdot \left(m_{1} + m_{2} \right)} = \frac{m_{1} \cdot m_{2} \cdot \left(\upsilon _{1} + \upsilon _{2} \right)^{2}}{2 \cdot \left(m_{1} + m_{2} \right)}, \]
Q = 15 Дж.
-
229. Брусок массой m1 движется по гладкой горизонтальной поверхности со скоростью υ1. Пуля массой m2, летевшая в горизонтальном направлении со скоростью υ2, застревает в бруске. Угол между векторами υ1 и υ2 α = 90°. Определить, какое количество теплоты выделилось в бруске.
Решение. При неупругом ударе выделяется количество теплоты, равное
Q = W0 – W.
Найдем энергии W0 и W. За нулевую высоту примем высоту поверхности, по которой двигается брусок.
Полная механическая энергия тел в начальном состоянии
\[ W_{0} =\frac{m_{1} \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} + \frac{m_{2} \cdot \upsilon_{2}^{2}}{2}.
\]
Полная механическая энергия тел в конечном состоянии
\[ W = \frac{\left(m_{1} + m_{2} \right)\cdot \upsilon ^{2}}{2},\;\;\; (1) \]
где υ — скорость бруска и пули после столкновения.
Так как удар неупругий, то выполняется закон сохранения импульса. Воспользуемся им для нахождения скорости υ бруска с пулей после столкновения (рис. 1):
\[ m_{1} \cdot \vec{\upsilon }_{1} + m_{2} \cdot \vec{\upsilon }_{2} = \left(m_{1} + m_{2} \right) \cdot \vec{\upsilon}, \]
0Х: m1⋅υ1 = (m1 + m2)⋅υх,
0Y: m2⋅υ2 = (m1 + m2)⋅υy.
Тогда
\[ \upsilon ^{2} = \upsilon _{x}^{2} +\upsilon _{y}^{2} =\left(\frac{m_{1} \cdot \upsilon _{1} }{m_{1} +m_{2}} \right)^{2} +\left(\frac{m_{2} \cdot \upsilon _{2}}{m_{1} +m_{2} } \right)^{2} =\frac{\left(m_{1} \cdot \upsilon _{1} \right)^{2} +\left(m_{2} \cdot \upsilon _{2} \right)^{2} }{\left(m_{1} +m_{2} \right)^{2}}. \]
После подстановки в уравнение (1) получаем
\[ W = \frac{m_{1} +m_{2}}{2} \cdot \frac{\left(m_{1} \cdot \upsilon _{1} \right)^{2} +\left(m_{2} \cdot \upsilon _{2} \right)^{2}}{\left(m_{ 1} +m_{2} \right)^{2}} = \frac{\left(m_{1} \cdot \upsilon _{1} \right)^{2} +\left(m_{2} \cdot \upsilon _{2} \right)^{2}}{2\cdot \left(m_{1} +m_{2} \right)}. \]
Количество теплоты, которое выделится при неупругом ударе шаров, будет равно (подробнее смотри рис. 2)
\[ Q = \frac{m_{1} \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} +\frac{m_{2} \cdot \upsilon _{2}^{2}}{2} -\frac{\left(m_{1} \cdot \upsilon _{1} \right)^{2} + \left(m_{2} \cdot \upsilon _{2} \right)^{2}}{2\cdot \left(m_{1} +m_{2} \right)} = \frac{m_{1} \cdot m_{2} \cdot \left(\upsilon _{1}^{2} +\upsilon _{2}^{2} \right)}{2 \cdot \left(m_{1} +m_{2} \right)}. \]
-
231. Шар массой m1, движущийся со скоростью υ10 по горизонтальной поверхности, сталкивается с неподвижным шаром массой m2. Между шарами происходит абсолютно упругий центральный удар. Определить скорости шаров после удара.
Решение. При абсолютно упругом ударе выполняются законы сохранения и импульса системы, и ее механической энергии. За нулевую высоту примем высоту поверхности, по которой двигаются шары.
Запишем оба закона сохранения и учтем, что после упругого удара второй шар начнет двигаться вправо (рис. 1):
0X: m1⋅υ10 = m1⋅υ1x + m2⋅υ2,
\[ \frac{m_{1} \cdot \upsilon _{10}^{2} }{2} =\frac{m_{1} \cdot \upsilon _{1x}^{2} }{2} +\frac{m_{2} \cdot \upsilon _{2}^{2}}{2}.
\]
Получили систему двух уравнений с двумя неизвестными (υ1x и υ2). Решим ее. Например
\[ \upsilon _{1x} = \frac{m_{1} \cdot \upsilon _{10} -m_{2} \cdot \upsilon _{2} }{m_{1}}, \, \, \, m_{1} \cdot \upsilon _{10}^{2} = m_{1} \cdot \frac{\left(m_{1} \cdot \upsilon _{10} -m_{2} \cdot \upsilon _{2} \right)^{2}}{m_{1}^{2}} +m_{2} \cdot \upsilon _{2}^{2},
\]
υ2 = 0 м/с или
\[ \upsilon _{2} =\frac{2m_{1} \cdot \upsilon _{10}}{m_{1} +m_{2}}. \]
Подробнее решение смотри рис. 2.
Первый ответ (υ2 = 0 м/с) при упругом ударе невозможен.
Найдем скорость первого шара:
\[ \upsilon _{1x} =\frac{1}{m_{1}} \cdot \left(m_{1} \cdot \upsilon _{10} -m_{2} \cdot \frac{2m_{1} \cdot \upsilon _{10}}{m_{1} +m_{2}} \right)=\frac{\left(m_{1} +m_{2} \right)\cdot \upsilon _{10} -2m_{2} \cdot \upsilon _{10}}{m_{1} +m_{2}} =\frac{\left(m_{1} -m_{2} \right)\cdot \upsilon _{10}}{m_{1} +m_{2}}. \]
Если проекция скорости υ1x > 0, то первый шар будет двигаться вдоль оси 0Х, т.е. продолжать двигаться в ту же сторону, если υ1x < 0, то первый шар начнет двигаться в обратную сторону.
-
232. Самолет пикирует вертикально вниз с высоты h1 = 1,5 км до высоты h2 = 500 м. Его начальная скорость υ1 = 360 км/ч, а при выходе из пике υ2 = 540 км/ч. Найти силу сопротивления воздуха, считая ее постоянной. Масса самолета m = 2,0 т, двигатель самолета не работает. Ускорение свободного падения g считать равным 10 м/с2.
Решение. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем поверхность Земли.
Полная механическая энергия самолета в начальном состоянии
\[ W_{0} = \frac{m \cdot \upsilon_{1}^{2}}{2} +m \cdot g \cdot h_{1}.\;\;\; (1) \]
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии
\[ W = \frac{m \cdot \upsilon_{2}^{2}}{2} +m \cdot g \cdot h_{2}.\;\;\; (2) \]
На самолет действует внешняя сила Fc — сила сопротивления воздуха. Работа этой силы равна
Av = Fc⋅Δr⋅cos α, (3)
где Δr = h1 – h2, α = 180° (т.к. сила сопротивления направлена в противоположную сторону скорости движения).
Запишем закон изменения механической энергии
Аv = W – W0.
Распишем данное выражение с учетом уравнений (1)-(3)
\[ -F_{c} \cdot \left(h_{1} - h_{2} \right) = \left(\frac{m \cdot \upsilon_{2}^{2}}{2} +m \cdot g \cdot h_{2} \right)-\left(\frac{m\cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} +m \cdot g \cdot h_{1} \right) = m\cdot \left(\frac{\upsilon _{2}^{2} -\upsilon _{1}^{2}}{2} -g\cdot \left(h_{1} -h_{2} \right)\right),
\]
\[ F_{c} = m\cdot \left(g-\frac{\upsilon_{2}^{2} -\upsilon_{1}^{2}}{2 \cdot \left(h_{1} -h_{2} \right)} \right), \]
Fc = 7,5⋅103 Н.
-
233. Камень брошен под углом к горизонту с высоты H с начальной скоростью υ0. С какой скоростью камень упадет на поверхность земли? Решить без применения кинематических уравнений. Сопротивление воздуха не учитывать.
Решение. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем поверхность земли (рис. 1).
Полная механическая энергия тела в начальном состоянии
\[ W_{0} =\frac{m \cdot \upsilon _{0}^{2}}{2} +m \cdot g \cdot H. \]
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии
\[ W = \frac{m \cdot \upsilon ^{2}}{2}. \]
Так как на систему не действует внешняя сила (сопротивление воздуха не учитывать), то выполняется закон сохранения механической энергии
\[ \frac{m \cdot \upsilon _{0}^{2}}{2} +m \cdot g\cdot H=\frac{m\cdot \upsilon ^{2}}{2}, \, \, \, \frac{\upsilon ^{2}}{2} = \frac{\upsilon _{0}^{2}}{2} + g \cdot H, \, \, \, \upsilon = \sqrt{\upsilon _{0}^{2} +2g \cdot H}.
\]
-
234. Пуля, летящая со скоростью υ0, пробивает несколько одинаковых досок, расположенных на некотором расстоянии друг от друга. В какой по счету доске пуля застрянет, если ее скорость после прохождения первой доски υ1 = 0,8υ0?
Решение. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту, на которой находится пуля, поэтому Wp0 = Wp = 0.
Рассмотрим вначале случай, когда пуля проходит через одну доску.
Полная механическая энергия тела в начальном состоянии
W0 = m⋅υ02/2.
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии
W = m⋅υ12/2.
На пулю действует внешняя сила Fc – сила сопротивления доски. Работа этой силы равна
Av = Fc⋅Δr⋅cos α,
где Δr = d — толщина доски, α = 180° (т.к. сила сопротивления направлена в противоположную сторону скорости движения пули).
Запишем закон изменения механической энергии
Аv = W – W0,
или
\[ -F_{c} \cdot d=\frac{m \cdot \upsilon _{1}^{2} }{2} -\frac{m \cdot \upsilon _{0}^{2}}{2}, \; \; \; F_{c} = \frac{m}{2d} \cdot \left(\upsilon _{0}^{2} -\upsilon _{1}^{2} \right).\;\;\; (1) \]
Рассмотрим теперь случай, когда пуля проходит через N досок и застревает в последней.
Полная механическая энергия тела в начальном состоянии
W0 = m⋅υ02/2.
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии
W = 0.
Работа силы сопротивления всех досок равна
Av2 = –Fc⋅N⋅d,
где Fc найдем из уравнения (1).
Запишем закон изменения механической энергии
Аv2 = W – W0,
или
\[ -F_{c} \cdot N\cdot d = -\frac{m \cdot \upsilon _{0}^{2}}{2}, \; \; \; N = \frac{m \cdot \upsilon _{0}^{2}}{2d\cdot F_{c}} = \frac{m \cdot \upsilon _{0}^{2} \cdot 2d}{2d \cdot m \cdot \left(\upsilon _{0}^{2} -\upsilon _{1}^{2} \right)} = \frac{\upsilon _{0}^{2}}{\upsilon _{0}^{2} -\upsilon _{1}^{2}}, \]
\[ N = \frac{\upsilon _{0}^{2}}{\upsilon _{0}^{2} -0,64\upsilon _{0}^{2}} = \frac{1}{0,36} = 2,8. \]
Ответ. В третьей доске.
-
235. Пуля массой m, летящая горизонтально со скоростью υ, попадает в ящик с песком массой M, подвешенный на жестком невесомом стержне длиной l, который шарнирно укреплен за верхний конец («баллистический маятник»), и застревает в нем. Стержень может вращаться вокруг горизонтальной оси, перпендикулярной направлению скорости пули. Пренебрегая размерами ящика, определить максимальный угол отклонения стержня от вертикали.
Решение. Так как пуля застревает в ящике, то применять сразу закон сохранения энергии нельзя. Рассмотрим вначале процесс столкновения пули и ящика (неупругий удар), затем движение системы ящик-пуля на стержне.
Процесс столкновения пули и ящика (рис. 1). Так как удар неупругий, то для нахождения скорости системы ящик-пуля воспользуемся законом сохранения импульса:
\[ m\cdot \vec{\upsilon } = \left(m+M \right) \cdot \vec{\upsilon }_{1}, \]
0Х: m⋅υ = (m + M)⋅υ1
или
\[ \upsilon _{1} = \frac{m \cdot \upsilon }{m+M}. \] (1)
Процесс движения системы ящик-пуля на стержне. Силой сопротивления, по умолчанию, пренебрегаем, поэтому теперь можем применять закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту, на которой находится ящик в нижнем положении (рис. 2).
Полная механическая энергия системы ящик-пуля в начальном состоянии (с учетом уравнения (1))
\[ W_{0} = \frac{\left(m+M\right) \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} = \frac{m+M}{2} \cdot \left(\frac{m \cdot \upsilon }{m+M} \right)^{2} = \frac{m^{2} \cdot \upsilon ^{2}}{2\cdot \left(m+M\right)}. \]
Полная механическая энергия системы ящик-пуля в конечном состоянии. Максимальный угол α отклонения стержня от вертикали будет в тот момент, когда система достигнет максимальной высоты и их скорость υ2 = 0, т.е.
W = (m + M)⋅g⋅h,
где h = AB = OB – OA = l – l⋅cos α = l⋅(1 – cos α).
Из закона сохранения механической энергии следует, что
\[ \frac{m^{2} \cdot \upsilon ^{2}}{2 \cdot \left(m+M\right)} = \left(m+M \right) \cdot g \cdot l \cdot \left(1-\cos \alpha \right), \, \, \, 1-\cos \alpha = \frac{m^{2} \cdot \upsilon ^{2}}{2 \cdot \left(m+M \right)^{2} \cdot g \cdot l}, \]
\[ \cos \alpha = 1-\frac{m^{2} \cdot \upsilon ^{2}}{2 \cdot \left(m+M\right)^{2} \cdot g \cdot l}, \; \; \; \alpha = \arccos \left(1-\frac{m^{2} \cdot \upsilon ^{2}}{2 \cdot \left(m+M\right)^{2} \cdot g \cdot l} \right).\;\;\; (2) \]
Примечание. Так как –1 ≤ cos α ≤ 1, то уравнение (2) можно применять если
\[ -1 \le 1-\frac{m^{2} \cdot \upsilon ^{2}}{2 \cdot \left(m+M \right)^{2} \cdot g \cdot l}, \; \; \; \frac{m^{2} \cdot \upsilon ^{2}}{\left(m+ M \right)^{2} \cdot g \cdot l} \le 4. \]
Если это неравенство не выполняется, то угол α = 180°, и система совершает полный оборот.
-
239. Конькобежец массой M = 60 кг, стоя на льду, бросает в горизонтальном направлении шайбу массой m = 0,3 кг со скоростью υ = 40 м/с. На какое расстояние откатится при этом конькобежец, если коэффициент трения коньков о лед μ = 0,004?
Подобная задача (с другими числовыми значениями) решена на форуме: Конькобежец на коньках бросает мяч. (http://www.web-physics.ru/smf/index.php/topic,3365.0.html)
Ответ. 0,5 м.
-
236. С верхней точки наклонной плоскости длиной l = 18 м, образующей с горизонтом угол α = 30°, скользит тело массой m = 2,0 кг. Какое количество теплоты выделяется при трении тела о плоскость, если начальная скорость тела равна нулю, а у основания υ = 6 м/с?
Решение. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту основания наклонной плоскости (рис. 1).
Полная механическая энергия тела в начальном состоянии равна
W0 = m⋅g⋅h0,
где h0 = l⋅sin α.
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии
\[ W = \frac{m \cdot \upsilon^2}{2}. \]
На тело действует внешняя сила — сила трения скольжения. Количество теплоты, которое выделится при трении тела о плоскость, будет равно
Q = W0 – W
или
\[ Q = m \cdot g \cdot l \cdot \sin \alpha -\frac{m \cdot \upsilon^2}{2} = m \cdot \left( g \cdot l \cdot \sin \alpha -\frac{\upsilon^2}{2} \right), \]
Q = 144 Дж.
-
237. Камень массой m = 20 г, выпущенный вертикально вверх из рогатки, резиновый жгут которой был растянут на Δl = 20 см, поднялся на высоту h = 40 м. Найти коэффициент упругости жгута. Сопротивление воздуха не учитывать.
Решение. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту, на которой находился вначале камень (рис. 1).
Полная механическая энергия камня в начальном состоянии
\[ W_{0} = \frac{k \cdot \Delta l^{2}}{2}. \]
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии
W = m⋅g⋅h.
Так как на камень не действует внешняя сила (сопротивлением воздуха не учитывать), то выполняется закон сохранения механической энергии:
\[ \frac{k \cdot \Delta l^{2}}{2} = m \cdot g \cdot h, \; \; \; k = \frac{2m \cdot g \cdot h}{\Delta l^{2}}, \]
k = 400 Н/м.
-
225. Тело массой m = 1 кг бросили с некоторой высоты с начальной скоростью υ0 = 20 м/с, направленной под углом α = 30° к горизонту. Определить кинетическую энергию тела через t1 = 2 с после начала его движения. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Решение. 1 способ. (http://www.web-physics.ru/smf/index.php/topic,3586.msg15786.html#msg15786)
2 способ. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту, на которой находилось тело вначале (рис. 1).
Полная механическая энергия тела в начальном состоянии равна
\[ W_0 = \frac{m \cdot \upsilon_0^2}{2}. \]
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии
W = m⋅g⋅h + Wk.
Высоту h найдем при помощи уравнения координаты на ось 0Y:
\[ y = y_{0} + \upsilon _{0y} \cdot t + \frac{g_{y} \cdot t^{2}}{2}, \]
где y0 = 0, υ0y = υ0⋅sin α, gy = –g. Через время t1 = 2 с координата y = h. Тогда
\[ h = \upsilon _{0} \cdot \sin \alpha \cdot t_{1} -\frac{g \cdot t_{1}^{2}}{2}. \]
Так как на тело не действует внешняя сила (сопротивлением воздуха пренебречь), то выполняется закон сохранения механической энергии:
\[ \frac{m \cdot \upsilon _{0}^{2}}{2} = m \cdot g \cdot h + W_{k}, \; \; \; W_{k} = m \cdot \left( \frac{\upsilon _{0}^{2}}{2} - g \cdot h \right) = m \cdot \left( \frac{\upsilon _{0}^{2}}{2} - g \cdot t_{1} \cdot \left( \upsilon _{0} \cdot \sin \alpha + \frac{g \cdot t_{1}}{2} \right) \right),
\]
Wk = 200 Дж.
-
238. Тело массой m = 1 кг, брошенное с вышки в горизонтальном направлении со скоростью υ0 = 20 м/с, упало на землю через промежуток времени t1 = 3 с. Определить кинетическую энергию тела в момент удара о землю. Сопротивление воздуха не учитывать.
Решение. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем поверхность земли (рис. 1).
Полная механическая энергия тела в начальном состоянии равна
\[ W_{0} = \frac{m \cdot \upsilon _{0}^{2}}{2} + m \cdot g \cdot h_{0}. \]
Высоту h0 найдем при помощи уравнения координаты на ось 0Y:
\[ y = y_{0} + \upsilon _{0y} \cdot t + \frac{g_{y} \cdot t^{2}}{2}, \]
где y0 = h0, υ0y = 0, gy = –g. Через время t1 = 3 с координата y = 0 (тело упало на землю). Тогда
\[ 0 = h_{0} -\frac{g \cdot t_{1}^{2}}{2}, \; \; \; h_{0} = \frac{g \cdot t_{1}^{2}}{2}. \]
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии
W = Wk.
Так как на тело не действует внешняя сила (сопротивлением воздуха пренебречь), то выполняется закон сохранения механической энергии:
\[ \frac{m \cdot \upsilon _{0}^{2}}{2} + m \cdot g \cdot h_{0} = W_{k}, \; \; \; W_{k} = \frac{m \cdot \upsilon_{0}^{2}}{2} + m \cdot g \cdot \frac{g \cdot t_{1}^{2}}{2} = \frac{m}{2} \cdot \left(\upsilon _{0}^{2} + g^{2} \cdot t_{1}^{2} \right), \]
Wk = 650 Дж.
-
240. Деталь, обрабатываемая на станке, прижимается с силой F = 1⋅103 Н к шлифовальному камню диаметром d = 4⋅10–1 м. Какая мощность затрачивается на шлифовку, если коэффициент трения камня о деталь μ = 2⋅10–1 и камень вращается с частотой ν = 2 Гц?
Решение. Так как шлифовальный камень вращается с постоянной частотой, то скорость камня остается постоянной и равной
υ = π⋅d⋅ν. (1)
Следовательно, мощность двигателя будет равна
P = Fd⋅υ, (2)
где Fd — сила тяги двигателя. Найдем эту силу. Предположим, что деталь лежит на шлифовальном камне, и сила, с которой ее прижимают к камню, является равнодействующей силы тяжести и внешней силы (иначе не хватает данных: массы детали).
На деталь действуют внешняя сила (F), сила реакции опоры (N), сила трения скольжения (Ftr) между деталью и камнем, и сила тяги двигателя (Fd). Запишите второй закон Ньютона.
\[ 0 = \vec{N}+\vec{F}+\vec F_d + \vec F_{tr}, \]
0Х: 0 = Fd – Ftr, 0Y: 0 = N – F,
где Ftr = μ⋅N, где N = F (проекции на ось 0Y). Тогда
Fd = Ftr = μ⋅F.
После подстановки полученного выражения и уравнения (1) в (2) получаем:
P = μ⋅F⋅υ = μ⋅F⋅π⋅d⋅ν,
P = 502 Вт.
Примечание. 1. В условии не указано мощность какой силы нужно найти: силы трения, силы F, … Приходится заниматься чуть ли не филологическими исследованиями (например, какая сила «затрачивается на шлифовку»?), чтобы определить, что же нужно искать.
2. Не указано, как расположена деталь относительно шлифовального камня: лежит на нем, прижимается сбоку, под углом, … Все это может существенно изменить решение задачи.
-
241. Небольшое тело соскальзывает по наклонной плоскости с высоты H = 1,2 м. Наклонная плоскость переходит в «мертвую петлю» (рис. 1). Найти работу силы трения, если известно, что сила, с которой действует тело на петлю в верхней точке, равна нулю, масса тела m = 10 г, радиус петли R = 0,4 м. Ускорение свободного падения g считать равным 10 м/с2.
Решение. Так как сила, с которой тело действует на петлю в верхней точке В равна нулю, то и сила N, с которой петля будет действовать на тело, также будет равна нулю (из третьего закона Ньютона). Тогда в этой точке на тело действует только сила тяжести m⋅g (рис. 2). Запишем 2-й закон Ньютона.
\[ m \cdot \vec{a} = m \cdot \vec{g}, \]
0Y: a = g,
где a = υ2/R. Тогда
υ2/R = g, υ2 = g⋅R. (1)
Дальше воспользуемся законом сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту нижней точки окружности (см. рис. 2).
Полная механическая энергия тела в начальном состоянии равна
W = m⋅g⋅h0,
где h0 = H.
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии
\[ W = \frac{m \cdot \upsilon ^{2}}{2} + m \cdot g \cdot h, \]
где h = 2R.
На тело действует внешняя сила — сила трения, которая и совершает работу Аv. Запишем закон изменения механической энергии, с учетом уравнения (1)
Аv = W – W0,
\[ A_{v} = \frac{m \cdot \upsilon ^{2}}{2} + m \cdot g \cdot h-m \cdot g \cdot h_{0} = \frac{m}{2} \cdot g \cdot R+m \cdot g \cdot 2R-m \cdot g \cdot H = m \cdot g \cdot \left(\frac{5R}{2} - H \right), \]
Av = –0,02 Дж.
-
242. С какой наименьшей высоты должен скатываться велосипедист, не вращая педалей, чтобы проехать по дорожке, имеющей форму «мертвой петли» радиуса R = 4,0 м, не отрываясь от дорожки в верхней точке петли?
Решение. Найдем скорость велосипедиста в верхней точке В «мертвой петли» из уравнений динамики. В этой точке на велосипедиста действуют сила тяжести (m⋅g) и сила реакции опоры (N) (рис. 1). Запишем 2-й закон Ньютона.
\[ m \cdot \vec{a} = m \cdot \vec{g} + \vec{N}, \]
0Y: m⋅a = m⋅g + N,
где a = υ2/R, N > 0 (чтобы проехать по дорожке, не отрываясь). Тогда
\[ m \cdot \frac{\upsilon^2}{R} = m \cdot g + N, \,\,\, \upsilon^2 = \left( g + \frac{N}{m} \right) \cdot R.\;\;\; (1) \]
Дальше воспользуемся законом сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту нижней точки окружности (см. рис. 1).
Полная механическая энергия велосипедиста в начальном состоянии равна
W = m⋅g⋅h0.
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии
\[ W = \frac{m \cdot \upsilon ^{2}}{2} + m \cdot g \cdot h, \]
где h = 2R.
Так как на велосипедиста не действует внешняя сила (по умолчанию), то выполняется закон сохранения механической энергии. С учетом уравнения (1) получаем
W = W0,
\[ m \cdot g \cdot h_{0} = \frac{m \cdot \upsilon^{2}}{2} + m \cdot g \cdot h, \; \; \; h_{0} = \frac{1}{2g} \cdot \upsilon ^{2} + h = \frac{1}{2g} \cdot \left(g+\frac{N}{m} \right) \cdot R + 2R.\;\;\; (2) \]
Так как N > 0, то если мы уменьшим силу N до нуля, то мы уменьшим правую часть уравнения (2) и получим, что
\[ h_{0} > \frac{1}{2g} \cdot g \cdot R + 2R = \frac{5}{2} R \]
или
h0 min = 5/2R,
h0 min = 10 м.
Примечание. Данный ответ нарушает требования условия «не отрываясь от дорожки в верхней точке петли», т.к. мы взяли N = 0. Ответ можно дать h0 > 10 м, но этим мы нарушим требования наименьшей высоты.
-
243. Груз массой m = 2 кг, падающий с высоты h = 5 м, проникает в мягкий грунт на глубину l = 5 см. Определить среднюю силу сопротивления грунта. Сопротивление воздуха не учитывать.
Решение. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту, на которой окажется груз в конечном состоянии (рис. 1).
Полная механическая энергия тела в начальном состоянии
W0 = m⋅g⋅h0,
где h0 = h + l.
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии
W = 0.
На груз действует внешняя сила Fc – средняя сила сопротивления грунта. Работа этой силы равна
Av = Fc⋅Δr⋅cos α,
где Δr = l, α = 180° (т.к. сила сопротивления направлена в противоположную сторону движения груза).
Запишем закон изменения механической энергии
Аv = W – W0,
или
\[ -F_c \cdot l =-m \cdot g \cdot \left( h + l \right), \,\,\, F_c = \frac{m \cdot g \cdot \left( h + l \right)}{l}, \]
Fc = 2⋅103 Н.
-
244. В закрепленную вертикальную трубку вставлена невесомая пружина, верхний конец которой прикреплен к подвижному поршню массой М (рис. 1). Нижний конец пружины упирается в дно трубки. Пружина сжата до длины l и удерживается в сжатом состоянии с помощью защелки. На поршень положили шарик массой m. На какую высоту подскочит шарик, если освободить пружину, сдвинув защелку? Пружина в недеформированном состоянии имеет длину L. Жесткость пружины k. Трением пренебречь.
Решение. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту, на которой находится вначале шарик (рис. 2).
В задаче можно рассмотреть два процесса: 1) движение поршня вместе с шариком; 2) движение одного шарика.
Процесс 1: движение поршня вместе с шариком.
Полная механическая энергия системы поршень-шарик в начальном состоянии (рис. 2, а)
W0 = k⋅Δl2/2,
где Δl = L – l.
Отрыв шарика от поршня произойдет в тот момент, когда пружина полностью выпрямится (дальше пружина начнет растягиваться и тормозить поршень).
Полная механическая энергия системы поршень-шарик в конечном состоянии (пружина полностью выпрямилась) (рис. 2, б)
\[ W=\left(m+M\right)\cdot g \cdot h_{1} +\frac{\left(m+M\right) \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2},
\]
где h1 = L – l.
Так как на систему не действует внешняя сила, то выполняется закон сохранения механической энергии (подробнее см. рис. 3):
\[ \frac{k \cdot \Delta l^{2} }{2} = \left(m+M\right) \cdot g \cdot h_{1} + \frac{\left(m+M\right) \cdot \upsilon _{1}^{2} }{2}, \; \; \; \upsilon _{1}^{2} = \left(\frac{k \cdot \left(L-l\right)}{m+M} -2g \right) \cdot \left(L-l\right).\;\;\; (1) \]
Процесс 2: движение шарика.
Полная механическая энергия шарика в начальном состоянии (рис. 2, б)
W0 = m⋅υ12/2 + m⋅g⋅h1,
где h1 = L – l.
Полная механическая энергия шарика в конечном состоянии (рис. 2, в)
W = m⋅g⋅h.
Так как на систему не действует внешняя сила, то выполняется закон сохранения механической энергии (с учетом уравнения (1), подробнее см. рис. 4):
\[ \frac{m \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} +m \cdot g \cdot h_{1} = m \cdot g \cdot h, \, \, \, h = \frac{\upsilon _{1}^{2}}{2g} +\left(L-l\right) = \frac{k \cdot \left(L-l\right)^{2}}{2g \cdot \left(m+M \right)}.
\]
-
245. С какой начальной скоростью необходимо бросать вертикально вниз тело массой m = 2,0 кг, чтобы через t1 = 1,0 с его кинетическая энергия Wk была равна 2,5 кДж? Ускорение свободного падения принять равным 10 м/с2. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Решение. 1 способ. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту, где тело окажется через t1 = 1,0 с (рис. 1).
Полная механическая энергия тела в начальном состоянии равна
\[ W_{0} =\frac{m \cdot \upsilon _{0}^{2} }{2} +m \cdot g \cdot h_{0}.
\]
Высоту h0 найдем при помощи уравнения координаты y:
\[ y = y_{0} +\upsilon _{0y} \cdot t + \frac{g_{y} \cdot t^{2} }{2}, \]
где y0 = h0, υ0y = –υ0, gy = –g. Через время t1 = 1,0 с координата y = 0 (наш выбор нулевой высоты). Тогда
\[ 0 = h_{0} -\upsilon _{0} \cdot t_{1} -\frac{g \cdot t_{1}^{2} }{2}, \; \; \; h_{0} = \upsilon _{0} \cdot t_{1} + \frac{g \cdot t_{1}^{2}}{2}. \]
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии
W = Wk.
Так как на тело не действует внешняя сила (сопротивлением воздуха пренебречь), то выполняется закон сохранения механической энергии:
\[ \frac{m \cdot \upsilon _{0}^{2} }{2} +m \cdot g \cdot h_{0} = W_{k}, \; \; \; \frac{m \cdot \upsilon _{0}^{2} }{2} + m \cdot g \cdot \left(\upsilon _{0} \cdot t_{1} +\frac{g \cdot t_{1}^{2}}{2} \right) = W_{k}, \]
\[ \upsilon _{0}^{2} + 2g \cdot \left(\upsilon _{0} \cdot t_{1} +\frac{g \cdot t_{1}^{2} }{2} \right)-\frac{2W_{k} }{m} = \upsilon _{0}^{2} +2g \cdot t_{1} \cdot \upsilon _{0} +g^{2} \cdot t_{1}^{2} -\frac{2W_{k}}{m} = 0. \]
Получили квадратное уравнение, корни которого равны (учтем, что υ0 > 0):
\[ \upsilon _{0} = -g \cdot t_{1} + \sqrt{g^{2} \cdot t_{1}^{2} - g^{2} \cdot t_{1}^{2} + \frac{2W_{k}}{m}} = \sqrt{\frac{2W_{k} }{m} } - g \cdot t_{1}, \]
υ0 = 40 м/с.
2 способ. (http://www.web-physics.ru/smf/index.php/topic,3586.msg22576.html#msg22576)
-
246. Камень падает с высоты h = 20 м без начальной скорости. Какова будет скорость камня в тот момент, когда его потенциальная энергия уменьшится в n = 2,0 раза по сравнению с первоначальным ее значением? Сопротивление воздуха не учитывать.
Решение. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем поверхность земли (рис. 1).
Полная механическая энергия тела в начальном состоянии равна
W0 = Wp0 = m⋅g⋅h0,
где h0 = h.
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии
\[ W = \frac{m \cdot \upsilon ^{2}}{2} + W_{p},
\]
где Wp = Wp0/n = m⋅g⋅h/n.
Так как на тело не действует внешняя сила (сопротивление воздуха не учитывать), то выполняется закон сохранения механической энергии:
\[ m \cdot g \cdot h = \frac{m \cdot \upsilon ^{2}}{2} + \frac{m \cdot g \cdot h}{n}, \; \; \; \upsilon = \sqrt{2g \cdot h \cdot \left(1-\frac{1}{n} \right)}, \]
υ = 14 м/с.
-
247. Тележка массой m1 = 50 кг движется со скоростью υ = 2,0 м/с по горизонтальной поверхности. На тележку с высоты h = 20 см падает груз массой m2 = 50 кг и остается на тележке. Найти выделившееся при этом количество теплоты.
Решение. При неупругом ударе (груз остается на тележке) выделяется количество теплоты, равное
Q = W0 – W. (1)
Найдем энергии W0 и W. За нулевую высоту примем высоту поверхности, по которой двигается тележка (рис. 1).
Полная механическая энергия системы тележка-груз в начальном состоянии
W0 = m1⋅υ2/2 + m2⋅g⋅h.
Полная механическая энергия системы тележка-груз в конечном состоянии
W = (m1 + m2)⋅υk2/2, (2)
где υk — скорость тележки и груза после столкновения.
Так как удар неупругий, то выполняется закон сохранения импульса. Воспользуемся им для нахождения скорости υk тележки и груза после столкновения (см. рис. 1). Пусть скорость груза перед ударом о тележку равняется υ2.
\[ m_{1} \cdot \vec{\upsilon } + m_{2} \cdot \vec{\upsilon }_{2} = \left(m_{1} + m_{2} \right) \cdot \vec{\upsilon }_{k}, \]
0Х: m1⋅υ = (m1 + m2)⋅υk, υk = m1⋅υ/(m1 + m2).
После подстановки в уравнение (2) получаем
\[ W = \frac{m_{1} +m_{2} }{2} \cdot \frac{\left(m_{1} \cdot \upsilon \right)^{2} }{\left(m_{1} + m_{2} \right)^{2} } = \frac{\left(m_{1} \cdot \upsilon \right)^{2} }{2 \cdot \left(m_{1} +m_{2} \right)}.
\]
Тогда из уравнения (1) находим количество теплоты, которое выделится при неупругом ударе груза о тележку
\[ Q = \frac{m_{1} \cdot \upsilon ^{2} }{2} + m_{2} \cdot g \cdot h-\frac{\left(m_{1} \cdot \upsilon \right)^{2} }{2 \cdot \left(m_{1} +m_{2} \right)} = \]
\[ = \frac{m_{1}^{2} \cdot \upsilon ^{2} + m_{1} \cdot m_{2} \cdot \upsilon ^{2} -m_{1}^{2} \cdot \upsilon ^{2} }{2 \cdot \left(m_{1} +m_{2} \right)} +m_{2} \cdot g \cdot h = m_{2} \cdot \left(\frac{m_{1} \cdot \upsilon ^{2}}{2 \cdot \left(m_{1} + m_{2} \right)} +g \cdot h\right), \]
Q = 150 Дж.
-
248. Два тела массами m1 = 1,0 кг и m2 = 2,0 кг движутся по взаимно перпендикулярным направлениям со скоростями υ1 = 10 м/с и υ2 = 15 м/с соответственно. После соударения первое тело останавливается. Какое количество теплоты выделится при ударе?
Решение. Воспользуемся законом сохранения импульса для нахождения скорости υ2k второго тела после столкновения (рис. 1):
\[ m_1 \cdot \vec{\upsilon }_1 + m_2 \cdot \vec{\upsilon }_2 = m_2 \cdot \vec{\upsilon }_{2k}, \]
0Х: m1⋅υ1 = m2⋅υ2k х,
0Y: m2⋅υ2 = m2⋅υ2k y.
Тогда
\[ \upsilon _{2k}^2 = \upsilon _{2k x}^2 + \upsilon _{2k y}^2 = \left(\frac{m_1 \cdot \upsilon _1 }{m_2 } \right)^2 + \left(\frac{m_2 \cdot \upsilon _2 }{m_2 } \right)^2 = \frac{\left(m_1 \cdot \upsilon _1 \right)^2 +\left(m_2 \cdot \upsilon _2 \right)^2 }{m_2^2 }. \] (1)
Количество теплоты, которое выделяется при ударе, равно
Q = W0 – W.
Найдем энергии W0 и W. За нулевую высоту примем высоту поверхности, по которой двигаются тела.
Полная механическая энергия тел в начальном состоянии
\[ W_{0} = \frac{m_1 \cdot \upsilon _1^2}{2} + \frac{m_2 \cdot \upsilon _2^2}{2}.
\]
Полная механическая энергия тел в конечном состоянии (с учетом уравнения (1))
\[ W = \frac{m_2 \cdot \upsilon _{2k}^2 }{2} = \frac{m_2 }{2} \cdot \frac{\left(m_1 \cdot \upsilon _1 \right)^2 + \left(m_2 \cdot \upsilon _2 \right)^2 }{m_2^2 } = \frac{\left(m_1 \cdot \upsilon _1 \right)^2 +\left(m_2 \cdot \upsilon _2 \right)^2 }{2m_2 }. \]
Тогда количество теплоты, которое выделится при ударе тел, будет равно
\[ Q = \frac{m_1 \cdot \upsilon _1^2 }{2} + \frac{m_2 \cdot \upsilon _2^2 }{2} -\frac{\left(m_1 \cdot \upsilon _1 \right)^2 + \left(m_2 \cdot \upsilon _2 \right)^2 }{2m_2 } = \]
\[ =\frac{m_1 \cdot m_2 \cdot \upsilon _1^2 + m_2^2 \cdot \upsilon _2^2 -\left(m_1 \cdot \upsilon _1 \right)^2 -\left(m_2 \cdot \upsilon _2 \right)^2 }{2m_2 } = \frac{m_1 \cdot \upsilon _1^2 \cdot \left(m_2 -m_1 \right)}{2m_2 }, \]
Q = 25 Дж.
-
249. Горизонтально летящая пуля попадает в деревянный брус, лежащий на гладкой горизонтальной плоскости, и пробивает его. Определить, какая часть энергии пули перешла в теплоту. Масса пули m = 10 г, масса бруса M = 1 кг, начальная скорость пули υ0 = 500 м/с, скорость пули после вылета υ = 300 м/с.
Решение. Так как брус находится на гладкой горизонтальной плоскости, то после удара пули брус начнет двигаться. Воспользуемся законом сохранения импульса для нахождения скорости υ1 бруса после пробивания его пулей (рис. 1):
0Х: m⋅υ0 = m⋅υ + M⋅υ1
или
\[ \upsilon _{1} = \frac{m \cdot \left(\upsilon _{0} -\upsilon \right)}{M}.\;\;\; (1) \]
Количество теплоты, которое выделяется при ударе, равно
Q = W0 – W.
Найдем энергии W0 и W. За нулевую высоту примем высоту поверхности, по которой двигаются тела.
Полная механическая энергия системы пуля-брус в начальном состоянии
\[ W_{0} = \frac{m \cdot \upsilon _{0}^{2}}{2}. \]
Полная механическая энергия системы в конечном состоянии (с учетом уравнения (1))
\[ W = \frac{m \cdot \upsilon ^{2} }{2} + \frac{M \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} = \frac{m \cdot \upsilon ^{2} }{2} +\frac{M}{2} \cdot \left(\frac{m \cdot \left(\upsilon _{0} -\upsilon \right)}{M} \right)^{2} =\frac{m \cdot \upsilon ^{2} }{2} +\frac{m^{2} \cdot \left(\upsilon _{0} -\upsilon \right)^{2} }{2M}. \]
Тогда количество теплоты, которое выделится при ударе тел, будет равно
\[ Q = \frac{m \cdot \upsilon _{0}^{2} }{2} -\frac{m \cdot \upsilon ^{2} }{2} -\frac{m^{2} \cdot \left(\upsilon _{0} -\upsilon \right)^{2} }{2M} = \frac{m}{2} \cdot \left(\upsilon _{0}^{2} -\upsilon ^{2} -\frac{m \cdot \left(\upsilon _{0} -\upsilon \right)^{2} }{M} \right). \]
В итоге получаем, что часть энергии пули, которая перешла в теплоту, будет равна
\[ \frac{Q}{W_{0} } = \frac{m}{2} \cdot \left(\upsilon _{0}^{2} -\upsilon ^{2} -\frac{m \cdot \left(\upsilon _{0} -\upsilon \right)^{2} }{M} \right) \cdot \frac{2}{m \cdot \upsilon _{0}^{2} } =1-\left(\upsilon ^{2} -\frac{m \cdot \left(\upsilon _{0} -\upsilon \right)^{2} }{M} \right) \cdot \frac{1}{\upsilon _{0}^{2}}, \; \; \; \frac{Q}{W_{0}} = 0,64. \]
-
250. Тело бросили под некоторым углом к горизонту с начальной скоростью υ0 = 15 м/с. На какой высоте его кинетическая энергия в n = 3 раза меньше начальной? Сопротивлением воздуха пренебречь.
Решение. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем поверхность земли (рис. 1).
Полная механическая энергия тела в начальном состоянии равна
W0 = Wk0 = m⋅υ02/2.
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии
W = Wk + m⋅g⋅h,
где Wk = Wk0/n = m⋅υ02/(2n).
Так как на тело не действует внешняя сила (сопротивлением воздуха пренебречь), то выполняется закон сохранения механической энергии:
\[ \frac{m \cdot \upsilon _{0}^{2}}{2} = \frac{m \cdot \upsilon _{0}^{2}}{2n} + m \cdot g \cdot h, \, \, \, h= \frac{\upsilon _{0}^{2} }{2g} -\frac{\upsilon _{0}^{2} }{2n \cdot g} = \frac{\upsilon _{0}^{2} }{2g} \cdot \left(1-\frac{1}{n} \right), \]
h = 7,5 м.
-
251. От поезда массой M = 600 т, идущего с постоянной скоростью по прямолинейному горизонтальному участку пути, отрывается последний вагон массой m = 60 т. Какой путь до остановки пройдет этот вагон, если в момент его остановки поезд движется с постоянной скоростью υ = 40 км/ч? Мощность N тепловоза, ведущего состав, постоянна и равна 10 МВт. Коэффициент сопротивления движению равен отношению модуля силы сопротивления к модулю силы нормальной реакции рельсов.
Решение. Пусть скорость поезда вместе с последним вагоном будет равна υ0. Скорость вагона в момент отрыва будет равняться скорости поезда, т.е. так же υ0. Найдем эту скорость.
1 процесс: поезд и вагон двигаются вместе.
На вагон действуют сила тяжести (m∙g), сила реакции опоры (N1), сила натяжения связки (T1) и сила сопротивления (Ft1), на поезд — сила тяжести ((M – m)∙g), сила реакции опоры (N2), сила натяжения связки (T2), сила тяги (F1) и сила сопротивления (Ft2) (рис. 1). Запишем второй закон Ньютона (поезд движется с постоянной скоростью):
\[ 0 = m \cdot \vec{g}+\vec{N}_{1} + \vec{T}_{1} + \vec{F}_{t1}, \, \, \, 0 = \left(M-m\right) \cdot \vec{g} + \vec{N}_{2} +\vec{T}_{2} + \vec{F}_{1} + \vec{F}_{t2}, \]
0X: 0 = –Ft1 + T1, (1)
0 = –Ft2 – T2 + F1, (2)
0Y: 0 = N1 – m∙g, (3)
0Y: 0 = N2 – (M – m)∙g, (4)
где Ft1 = μ∙N1 = μ∙m∙g (коэффициент сопротивления движению равен отношению модуля силы сопротивления к модулю силы нормальной реакции рельсов), Ft2 = μ∙N2 = μ∙(M – m)∙g. Тогда из уравнений (1)-(2) получаем
0 = –Ft1 – Ft2 + F1,
F1 = Ft1 + Ft2 = μ∙m∙g + μ∙(M – m)∙g = μ∙M⋅g.
Так как скорость системы постоянна и равна υ0, то N = F1∙υ0 или
\[ \upsilon _{0} = \frac{N}{F_{1}} = \frac{N}{\mu \cdot M \cdot g}.\;\;\; (5) \]
Продолжение (http://www.web-physics.ru/smf/index.php/topic,3586.msg17996.html#msg17996).
-
Начало. (http://www.web-physics.ru/smf/index.php/topic,3586.msg17986.html#msg17986)
Найдем коэффициент сопротивления μ.
2 процесс: поезд и вагон двигаются раздельно.
На вагон действуют сила тяжести (m∙g), сила реакции опоры (N1) и сила сопротивления (Ft1), на поезд — сила тяжести ((M – m)∙g), сила реакции опоры (N2), сила тяги (F2) и сила сопротивления (Ft2) (рис. 2). Поезд движется с постоянной скоростью υ, вагон — с ускорением av. Запишем второй закон Ньютона:
\[ m \cdot \vec{a}_v = m \cdot \vec{g}+\vec{N}_{1} + \vec{F}_{t1}, \, \, \, 0 = \left(M-m\right) \cdot \vec{g} + \vec{N}_{2} + \vec{F}_{2} + \vec{F}_{t2}, \]
0X: –m∙av = –Ft1 = –μ∙N1, (6)
0 = –Ft2 + F2, (7)
0Y: 0 = N1 – m∙g, (3)
0Y: 0 = N2 – (M – m)∙g, (4)
где Ft1 = μ∙N1 = μ∙m∙g, Ft2 = μ∙N2 = μ∙(M – m)∙g. Из уравнений (6) получаем
m∙av = μ∙m∙g, av = μ∙g. (8 )
Из уравнения (7)
F2 = Ft2 = μ∙(M – m)∙g.
Так как скорость поезда постоянна и равна υ, а мощность не изменилась, то N = F2∙υ или
\[ F_{2} = \frac{N}{\upsilon } = \mu \cdot \left(M-m\right) \cdot g, \; \; \; \mu = \frac{N}{\left( M-m\right) \cdot g \cdot \upsilon }.\;\;\;(9) \]
Пройденный путь s вагона найдем следующим образом:
\[ \Delta r_{x} = \frac{\upsilon _{kx}^{2} -\upsilon _{0x}^{2}}{2a_{x}}, \]
где Δrx = s, υkx = 0 (вагон движется до остановки), υ0x = υ0, ax = –av. Тогда с учетом уравнений (5), (8 ) и (9) получаем
\[ s = \frac{\upsilon _{0}^{2}}{2a_{v}} = \frac{\upsilon _{0}^{2}}{2\mu \cdot g} = \frac{N^{2}}{2M^{2} \cdot \mu ^{3} \cdot g^{3}} = \frac{N^{2} }{2M^{2} \cdot g^{3} } \cdot \frac{\left(M-m\right)^{3} \cdot g^{3} \cdot \upsilon ^{3}}{N^{3}} = \frac{\left(M-m\right)^{3} \cdot \upsilon ^{3}}{2M^{2} \cdot N}, \]
s = 30 м.
Примечание. Не совсем понятно, про какую массу поезда (M = 600 т) идет речь: это общая масса или масса поезда без вагона. В решении рассматривался первый вариант.
Свое решение этой задачи прислал Гусев С. (см. второй рисунок).
-
252. Два груза массами m1 = 10 кг и m2 = 15 кг свободно подвешены на нитях длиной l = 2,0 м так, что соприкасаются друг с другом. Меньший груз отклонили на угол α = 60°. Определить, на сколько изменилась потенциальная энергия груза и на какую высоту поднимутся грузы, если отклоненный груз отпустили и после удара грузы движутся вместе.
Решение. За нулевую высоту примем положение равновесия грузов (рис. 1).
Разобьем решение задачи на четыре части.
1. Найдем скорость υ1 груза массой m1 в момент удара о второй груз. Для этого воспользуемся законом сохранения энергии.
Полная механическая энергия груза 1 в начальном состоянии (см. рис. 1, а):
W0 = m1⋅g⋅h1,
где h1 = BC = AC – AB = l⋅(1 – cos α) (рис. 2).
Полная механическая энергия груза 1 в конечном состоянии:
W = m1⋅υ12/2.
Так как на груз не действует внешняя сила, то выполняется закон сохранения механической энергии:
\[ m_{1} \cdot g \cdot l \cdot \left(1-\cos \alpha \right) = \frac{m_{1} \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2}, \; \; \; \upsilon _{1} = \sqrt{2g \cdot l \cdot \left(1-\cos \alpha \right)}.\;\;\; (1) \]
2. Найдем скорость υ2 двух грузов вместе сразу же после удара. Для этого воспользуемся законом сохранения импульса (рис. 1, а, б) (с учетом уравнения (1)):
\[ m_{1} \cdot \vec{\upsilon }_{1} = \left(m_{1} +m_{2} \right) \cdot \vec{\upsilon }_{2}, \]
0X: m1⋅υ1 = (m1 + m2)⋅υ2,
\[ \upsilon _{2} = \frac{m_{1} \cdot \upsilon _{1}}{m_{1} +m_{2} } = \frac{m_{1}}{m_{1} +m_{2}} \cdot \sqrt{2g \cdot l \cdot \left(1-\cos \alpha \right)}.\;\;\; (2) \]
3. Найдем высоту h2, на которую поднимутся два груза после удара. Для этого воспользуемся законом сохранения энергии.
Полная механическая энергия грузов в начальном состоянии (см. рис. 1, б, в) с учетом уравнения (2):
\[ W_{0} = \frac{\left(m_{1} +m_{2} \right) \cdot \upsilon _{2}^{2}}{2} = \frac{\left(m_{1} + m_{2} \right)}{2} \cdot \left(\frac{m_{1}}{m_{1} + m_{2} } \right)^{2} \cdot 2g \cdot l \cdot \left(1-\cos \alpha \right) = \frac{m_{1}^{2} \cdot g \cdot l \cdot \left(1-\cos \alpha \right)}{m_{1} +m_{2}}. \]
Полная механическая энергия грузов в конечном состоянии:
W = (m1 + m2)⋅g⋅h2.
Так как на грузы не действует внешняя сила, то выполняется закон сохранения механической энергии:
\[ \frac{m_{1}^{2} \cdot g \cdot l \cdot \left(1-\cos \alpha \right)}{m_{1} + m_{2}} = \left(m_{1} +m_{2} \right) \cdot g \cdot h_{2}, \; \; \; h_{2} = \frac{m_{1}^{2} \cdot l \cdot \left(1-\cos \alpha \right)}{\left(m_{1} + m_{2} \right)^{2}}, \]
h2 = 0,16 м.
4. Изменение потенциальной энергии груза массой m1 при движении от положения равновесия до высоты h1 (см. рис. 2):
ΔW = Wp – Wp0 = m1⋅g⋅h1 – 0 = m1⋅g⋅l⋅(1 – cos α),
ΔW = 100 Дж.
Примечание. Не совсем понятен вопрос «на сколько изменилась потенциальная энергия груза». Про какой груз: массой m1 или m2, — идет речь? Для какого промежутка времени: при подъеме груза на угол α, при достижении высоты h2 и т.п.? В решении была найдено изменение потенциальной энергия груза массой m1 при подъеме груза на угол α.
-
253. По наклонной плоскости снизу вверх пускают тело с начальной скоростью υ0 = 2 м/с. Поднявшись на некоторую высоту, тело соскальзывает по тому же пути вниз. Какова будет скорость тела, когда оно вернется в исходную точку? Коэффициент трения между телом и плоскостью μ = 0,4. Угол наклона плоскости к горизонту α = 30°.
Решение. Найдем силу трения. Так как тело скользит по поверхности, то речь идет о силе трения скольжения Ftr, которая равна
Ftr = μ⋅N.
Сила реакции опоры найдем из проекции второго закона Ньютона на ось 0Y (рис. 1):
0Y: N = m⋅g⋅cos α.
В итоге получаем
Ftr = μ⋅m⋅g⋅cos α. (1)
Так как сила реакции опоры не зависит от того, куда тело движется (вверх или вниз), то уравнение (1) мы будем использовать для расчета силы трения при движении тела как вверх, так и вниз.
Дальше воспользуемся законом сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту нижней точки наклонной плоскости (рис. 2).
1 процесс: движение тела вверх до высоты h.
Полная механическая энергия тела в начальном состоянии равна
W0 = m⋅υ02/2.
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии
W = m⋅g⋅h,
где h = s⋅sin α.
На тело действует внешняя сила — сила трения, которая и совершает работу Аv. Запишем закон изменения механической энергии
Аv = W – W0.
С другой стороны работа силы трения равна (с учетом уравнения (1)):
Аv = –Ftr⋅s = –μ⋅m⋅g⋅s⋅cos α. (2)
Тогда
\[ -\mu \cdot m \cdot g \cdot s \cdot \cos \alpha = m \cdot g \cdot s \cdot \sin \alpha -\frac{m \cdot \upsilon _{0}^{2}}{2}, \; \; \; s = \frac{\upsilon _{0}^{2}}{2g \cdot \left(\mu \cdot \cos \alpha +\sin \alpha \right)}.\;\;\; (3) \]
2 процесс: движение тела вниз с высоты h.
Полная механическая энергия тела в начальном состоянии равна
W20 = m⋅g⋅h,
где h = s⋅sin α.
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии
W2 = m⋅υ2/2.
На тело действует внешняя сила — та же сила трения, которая и совершает работу Аv. Запишем закон изменения механической энергии, с учетом уравнений (2) и (3):
Аv = W2 – W20,
\[ -\mu \cdot m \cdot g \cdot s \cdot \cos \alpha = \frac{m \cdot \upsilon ^{2}}{2} - m \cdot g \cdot s \cdot \sin \alpha, \; \; \; \upsilon = \sqrt{2g \cdot s \cdot \left(\sin \alpha -\mu \cdot \cos \alpha \right)} = \]
\[ =\upsilon _{0} \cdot \sqrt{\frac{2g \cdot \left(\sin \alpha -\mu \cdot \cos \alpha \right)}{2g \cdot \left(\mu \cdot \cos \alpha + \sin \alpha \right)}} = \upsilon _{0} \cdot \sqrt{\frac{\sin \alpha -\mu \cdot \cos \alpha }{\sin \alpha +\mu \cdot \cos \alpha }}, \]
υ = 0,9 м/с.
-
254. Определить мощность, развиваемую электрической лебедкой, если она тянет груз равномерно вверх по наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол α = 30°. Импульс груза p = 3⋅103 кг⋅м/с, коэффициент трения μ = 0,2.
Решение. Мощность, развиваемая электрической лебедкой при равномерном движении груза со скоростью υ, равна
P = F∙υ, (1)
где F — сила тяги лебедки.
Найдем силу тяги F. На груз действуют сила тяжести (m∙g), сила реакции опоры (N), сила трения (Ftr) и сила тяги лебедки (F). Так как груз движется равномерно, то ускорение a = 0 (рис. 1). Запишем второй закон Ньютона:
\[ 0 = \vec{F} + m \cdot \vec{g} + \vec{F}_{tr} + \vec{N}, \]
0X: 0 = F – m∙g∙sin α – Ftr,
0Y: 0 = N – m∙g∙cos α,
где Ftr = μ∙N, N = m∙g∙cos α (из проекции на 0Y). Тогда
F = m∙g∙sin α + Ftr = m∙g∙(sin α + μ∙cos α). (2)
Скорость υ найдем через импульс груза
p = m∙υ, υ = p/m. (3)
Подставим уравнения (2) и (3) в уравнение (1):
P = p∙g∙(sin α + μ∙cos α),
P = 2∙104 Вт.
-
255. Определить мощность гидротурбины при условии, что за время t = 1 с с высоты h = 100 м падает V = 250 м3 воды. КПД турбины η = 90 %. Плотность воды ρ = 1⋅103 кг/м3.
Решение. КПД турбины равен
η = Pn/P3,
где Pn = P — полезная мощность, т.е. мощность гидротурбины, P3 = A3/t — затраченная мощность, в данной задаче это мощность падающей воды, A3 = m∙g∙h, m = ρ∙V. Тогда
\[ \eta = \frac{P \cdot t}{\rho \cdot V \cdot g \cdot h}, \ \ \ P = \frac{\eta \cdot \rho \cdot V \cdot g \cdot h}{t}, \]
P = 2,25∙108 Вт.
-
256. Ракета с работающим двигателем «зависла» над поверхностью Земли. Какова мощность, развиваемая двигателем, если масса ракеты m, а скорость истечения газов из двигателя ракеты равна υ? Изменением массы ракеты за счет истечения газов можно пренебречь.
Решение. Мощность двигателя равна
P = A/t. (1)
Работа двигателя A идет на сообщение энергии газу (топливу), т.е.
\[ A = \frac{m_g \cdot \upsilon^2}{2}-0= \frac{m_g \cdot \upsilon^2}{2},\;\;\; (2) \]
где mg — это масса газа, который двигатель выбрасывает из ракеты за некоторый промежуток времени t.
Изменение импульса газа в замкнутой системе должно привести к изменению импульса ракеты. Но в данном случае система не замкнута, под действием силы тяжести ракета «зависает», т.е. импульс силы тяжести за некоторый промежуток времени t компенсирует изменение импульса газа за этот же промежуток:
m⋅g⋅t = mg⋅υ. (3)
Решим систему уравнений (1)-(3). Например,
\[ m_{g} = \frac{m \cdot g \cdot t}{\upsilon }, \; \; \; P = \frac{m_{g} \cdot \upsilon ^{2}}{2t} = \frac{m \cdot g \cdot t}{\upsilon } \cdot \frac{\upsilon ^{2}}{2t} = \frac{m \cdot g \cdot \upsilon }{2}.
\]
-
257. Два тела бросают с высоты h0 = 20 м со скоростью υ0 = 15 м/с каждое. С какими скоростями тела упадут на землю, если первое тело брошено вертикально вверх, а второе — горизонтально? Сопротивление воздуха не учитывать.
Решение. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем поверхность земли (рис. 1).
Полная механическая энергия каждого из тел в начальном состоянии равна
\[ W_{01} = \frac{m_{1} \cdot \upsilon _{0}^{2}}{2} + m_{1} \cdot g \cdot h_{0}, \, \, \, W_{02} = \frac{m_{2} \cdot \upsilon _{0}^{2}}{2} + m_{2} \cdot g \cdot h_{0}. \]
Полная механическая энергия каждого из тел в конечном состоянии
\[ W_{1} = \frac{m_{1} \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2}, \, \, \, W_{2} = \frac{m_{2} \cdot \upsilon _{2}^{2}}{2}. \]
Так как на тело не действует внешняя сила (сопротивлением воздуха пренебречь), то выполняется закон сохранения механической энергии:
\[ \frac{m_{1} \cdot \upsilon _{0}^{2}}{2} + m_{1} \cdot g \cdot h_{0} = \frac{m_{1} \cdot \upsilon_{1}^{2}}{2}, \, \, \, \upsilon _{1} = \sqrt{\upsilon_{0}^{2} + 2g \cdot h_{0}}, \]
\[ \frac{m_{2} \cdot \upsilon _{0}^{2}}{2} + m_{2} \cdot g \cdot h_{0} =\frac{m_{2} \cdot \upsilon _{2}^{2} }{2} ,\, \, \, \upsilon _{2} = \upsilon _{1} = \sqrt{\upsilon _{0}^{2} + 2g \cdot h_{0}}, \]
υ1 = υ2 = 25 м/с.
-
258. Мяч массой m = 100 г отпустили на высоте h0 = 2 м над полом. Какое количество теплоты выделилось при первом ударе мяча о пол, если время между первым и вторым ударами мяча о пол τ = 1,2 с? Сопротивление воздуха не учитывать. Ускорение свободного падения g принять равным 10 м/с2.
Решение. Разобьем задачу на две части.
1 часть. Определим скорость мяча υ1 сразу же после первого удара кинематическим способом. За нулевую высоту примем высоту поверхности пола, ось 0Y направим вверх (рис. 1). Запишем уравнение движения мяча:
\[ y = y_{0} + \upsilon _{0y} \cdot t + \frac{g_{y} \cdot t^2}{2},
\]
где y0 = 0, υ0y = υ1, gy = –g. Через время t = τ = 1,2 с координата y = 0 (мяч снова ударится о пол). Тогда
\[ 0 = \upsilon_{1} \cdot \tau -\frac{g \cdot \tau^2 }{2}, \; \; \; \upsilon_{1} = \frac{g \cdot \tau }{2}. \] (1)
2 часть. Определим, какое количество теплоты выделилось при первом ударе. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. Выбор нулевой высоты оставим прежним (см. рис. 1).
Полная механическая энергия тела в начальном состоянии (на высоте h0) равна
W0 = m⋅g⋅h0.
Полная механическая энергия тела в конечном состоянии (сразу же после первого удара о пол)
W = m⋅υ12/2.
Количество теплоты, которое выделится при неупругом ударе о пол, будет равно
Q = W0 – W.
Или, с учетом уравнения (1)
\[ Q = m \cdot g \cdot h_{0} -\frac{m \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} = m \cdot g \cdot h_{0} -\frac{m}{2} \cdot \left(\frac{g \cdot \tau}{2} \right)^{2} = m \cdot g \cdot \left(h_{0} -\frac{g \cdot \tau ^{2}}{8} \right), \]
Q = 0,2 Дж.
-
259. Пуля массой m попадает в центр лежащего на краю стола шара и застревает в нем. Определить скорость шара в момент удара о пол, если пуля летела в горизонтальном направлении со скоростью υ0 и высота стола Н. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Решение. Так как пуля застревает в шаре, то применять сразу закон сохранения энергии нельзя. Рассмотрим вначале процесс столкновения пули и шара (неупругий удар), затем движение системы шар-пуля.
Процесс столкновения пули и шара (рис. 1). Пусть M —масса шара. Так как удар неупругий, то для нахождения скорости системы шар-пуля воспользуемся законом сохранения импульса:
\[ m \cdot \vec{\upsilon_0 } = \left(m + M \right) \cdot \vec{\upsilon }_1, \]
0Х: m⋅υ0 = (m + M)⋅υ1
или
\[ \upsilon _1 = \frac{m \cdot \upsilon_0 }{m + M}.\;\;\; (1) \]
Процесс движения системы мяч-пуля. Воспользуемся законом сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту пола (рис. 2).
Полная механическая энергия системы тел в начальном состоянии равна
\[ W_{0} = \frac{\left(m + M \right) \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} + \left(m + M \right) \cdot g \cdot H. \]
Полная механическая энергия системы тел в конечном состоянии
\[ W = \frac{\left(m + M\right) \cdot \upsilon _{2}^{2}}{2}. \]
Так как на тело не действует внешняя сила (сопротивлением воздуха пренебречь), то выполняется закон сохранения механической энергии. Запишем его с учетом уравнения (1):
\[ \frac{\left(m + M \right) \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} + \left(m + M \right) \cdot g \cdot H = \frac{\left(m + M \right) \cdot \upsilon _{2}^{2}}{2}, \]
\[ \upsilon _{2} = \sqrt{\upsilon _{1}^{2} + 2g \cdot H} = \sqrt{\left(\frac{m \cdot \upsilon _{0}}{m+M} \right)^{2} + 2g \cdot H}. \]
Примечание. В условии задачи (2003 г. издания и старше) не хватает данных — массы шара M.
-
260. Гладкая горка массой M находится на гладком горизонтальном полу (рис. 1). На горку положили и отпустили без толчка шайбу массой m. Отношение масс n = m/М = 0,60, H = 1,3 м и h = 0,50 м. Каково расстояние от шайбы до горки в момент падения шайбы на пол? В момент отделения от горки скорость шайбы направлена горизонтально. Сопротивление воздуха не учитывать.
Решение. Разобьем задачу на два процесса.
1 процесс. Движение шайбы по горке (рис. 2). Найдем скорость шайбы υ2 в момент отрыва ее от горки. Так как горка и пол гладкие (нет трения), сопротивление воздуха не учитывается, то можно воспользоваться законом сохранения энергии и импульса для системы шайба-горка. За нулевую высоту примем высоту пола.
Полная механическая энергия системы и их импульсы в начальный момент времени (шайба на высоте H) равны:
\[ W_{0} = m \cdot g \cdot H, \;\;\; \vec{p}_{0} =0. \]
Полная механическая энергия системы и их импульсы в конечный момент времени (шайба на высоте h) равны:
\[ W = m \cdot g \cdot h+\frac{m \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} +\frac{M \cdot \upsilon _{2}^{2}}{2}, \;\;\; \vec{p} = m \cdot \vec{\upsilon }_{1} + M \cdot \vec{\upsilon }_{2},
\]
где υ2 — скорость горки в момент отрыва шайбы.
Запишем законы сохранения энергии и импульса:
\[ m \cdot g \cdot H = m \cdot g \cdot h+\frac{m \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} + \frac{M \cdot \upsilon _{2}^{2}}{2},\;\;\; (1) \]
\[ 0 = m \cdot \vec{\upsilon }_{1} + M \cdot \vec{\upsilon }_{2}, \]
0Х: 0 = m∙υ1 – M∙υ2. (2)
Решим систему уравнений (1)-(2). Например,
\[ \upsilon _{2} = \frac{m \cdot \upsilon _{1}}{M}, \; \; \; m \cdot g \cdot \left(H-h\right) = \frac{m \cdot \upsilon _{1}^{2} }{2} +\frac{M}{2} \cdot \left(\frac{m \cdot \upsilon _{1} }{M} \right)^{2} =\frac{m \cdot \upsilon _{1}^{2} }{2} \cdot \left(1+\frac{m}{M} \right), \]
\[ g \cdot \left(H-h\right) = \frac{\upsilon _{1}^{2} }{2} \cdot \frac{M+m}{M}, \; \; \; \upsilon _{1} = \sqrt{\frac{2g \cdot \left(H-h\right)}{M+m} \cdot M}.\;\;\; (3) \]
Продолжение (http://www.web-physics.ru/smf/index.php/topic,3586.msg18416.html#msg18416)
-
Начало (http://www.web-physics.ru/smf/index.php/topic,3586.msg18406.html#msg18406)
2 процесс. Движение шайбы и горки раздельно (рис. 3). За время падения t1 шайба пролетит расстояние s1, горка — расстояние s2. Тогда расстояние от шайбы до горки в момент падения шайбы на пол будет равно:
s = s1 + s2. (4)
Найдем время падения t1 шайбы, брошенной горизонтально со скоростью υ1 с высоты h. Нулевую высоту оставим прежней, ось 0Y направим вверх, ось 0Х вдоль движения шайбы (рис. 3). Запишем уравнения движения шайбы:
\[ y =y_{0} +\upsilon _{0y} \cdot t+\frac{g_{y} \cdot t^{2} }{2}, \; \; \; x=x_{0} +\upsilon _{0x} \cdot t+\frac{g_{x} \cdot t^{2} }{2}, \]
где y0 = h, υ0y = 0, gy = –g, x0 = 0, υ0x = υ1, gx = 0. Через время t = t1 шайба упадет на пол, поэтому y = 0, х = s1. Тогда
\[ 0=h-\frac{g \cdot t_{1}^{2}}{2}, \; \; \; s_{1} = \upsilon _{1} \cdot t_{1} \]
или с учетом уравнения (3)
\[ t_{1} = \sqrt{\frac{2h}{g}}, \; \; \; s_{1} = \upsilon _{1} \cdot \sqrt{\frac{2h}{g}} = \sqrt{\frac{4h \cdot \left(H-h\right)}{M+m} \cdot M}.\;\;\; (5) \]
Горка на гладком полу будет двигаться равномерно, поэтому
\[ s_{2} = \upsilon _{2} \cdot t_{1} =\frac{m\cdot \upsilon _{1} }{M} \cdot \sqrt{\frac{2h}{g}} = \frac{m}{M} \cdot \sqrt{\frac{4h \cdot \left(H-h\right)}{M+m} \cdot M}. \] (6)
Подставим полученные уравнения (5) и (6) в уравнение (4) и учтем, что m = n⋅M (по условию):
\[ s = \sqrt{\frac{4h \cdot \left(H-h\right)}{M+m} \cdot M} +\frac{m}{M} \cdot \sqrt{\frac{4h \cdot \left(H-h\right)}{M+m} \cdot M} = \sqrt{\frac{4h \cdot \left(H-h\right)}{M+n \cdot M} \cdot M} + \frac{n \cdot M}{M} \cdot \sqrt{\frac{4h \cdot \left(H-h\right)}{M+n \cdot M} \cdot M} = \]
\[ = \sqrt{\frac{4h \cdot \left(H-h\right)}{1+n}} + n \cdot \sqrt{\frac{4h \cdot \left(H-h\right)}{1+n}} = \sqrt{\frac{4h \cdot \left(H-h\right)}{1+n} } \cdot \left(1+n \right)=2\sqrt{h \cdot \left(H-h\right) \cdot \left(1+n\right)}, \]
s = 1,6 м.
Примечание. В ответе в формуле опечатка.
-
261. Пуля массой m = 20 г, летящая горизонтально со скоростью υ = 400 м/с, попадает в шар массой M = 5 кг, подвешенный на невесомой и нерастяжимой нити длиной l = 4 м, и отскакивает от него после упругого центрального удара. Определить угол, на который отклоняется нить.
Решение. Разобьем задачу на два процесса.
1 процесс. Упругое столкновение пули и шара. Найдем скорость шара υ2 после столкновения.
В случае упругого удара выполняются законы сохранения импульса системы и механической энергии. Запишем оба закона сохранения и учтем, что после удара шар начнет двигаться вправо, а пуля влево (пуля отскакивает от шара) (рис. 1):
0X: m∙υ = –m∙υ1 + M∙υ2,
\[ \frac{m \cdot \upsilon ^{2}}{2} = \frac{m \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} + \frac{M \cdot \upsilon _{2}^{2}}{2}. \]
Получили систему двух уравнений с двумя неизвестными (υ1 и υ2). Решим ее (подробнее см. рис. 3):
\[ \upsilon _{1} = \frac{M \cdot \upsilon _{2} - m \cdot \upsilon }{m}, \, \, \, m \cdot \upsilon ^{2} = m \cdot \left(\frac{M \cdot \upsilon _{2} -m\cdot \upsilon }{m} \right)^{2} + M \cdot \upsilon _{2}^{2}, \]
υ2 = 0 м/с или υ2 = 2m⋅υ/(m + M). (1)
Первый ответ не подходит по условию.
2 процесс. Движения шара на нити от нижнего положения до максимального. Силой сопротивления, по умолчанию, пренебрегаем, поэтому можем применять закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту, на которой находится шар в нижнем положении (рис. 2).
Полная механическая энергия шара в начальном состоянии с учетом уравнения (1) равна
\[ W_{0} = \frac{M \cdot \upsilon _{2}^{2}}{2} = \frac{M}{2} \cdot \left(\frac{2m \cdot \upsilon }{m+M} \right)^{2} = 2M \cdot \left(\frac{m \cdot \upsilon }{m+M} \right)^{2}. \]
Полная механическая энергия шара в конечном состоянии:
W = M∙g∙h,
где h = AC – AB = l – l∙cos α = l∙(1 – cos α).
Из закона сохранения механической энергии следует, что
\[ 2M \cdot \left(\frac{m \cdot \upsilon }{m+M} \right)^{2} = M \cdot g \cdot l\cdot \left(1-\cos \alpha \right), \, \, \, \alpha = \arccos \left(1-\frac{2}{g \cdot l} \cdot \left(\frac{m \cdot \upsilon }{m+M} \right)^{2} \right), \]
α = 29°.
-
262. Частица, кинетическая энергия которой равна E0, сталкивается абсолютно упруго с такой же неподвижной частицей и отклоняется от первоначального направления на угол α = 60°. Определить кинетическую энергию каждой частицы после соударения.
Решение. В случае упругого удара выполняются законы сохранения импульса системы и ее механическая энергия. Запишем оба закона сохранения и учтем, что частицы равной массы m, и после упругого удара первая частица отклоняется от первоначального направления на угол α (рис. 1):
\[ \frac{m\cdot \upsilon _{10}^{2} }{2} =\frac{m\cdot \upsilon _{1}^{2} }{2} +\frac{m\cdot \upsilon _{2}^{2} }{2}, \; \; \; \upsilon _{10}^{2} =\upsilon _{1}^{2} +\upsilon _{2}^{2},\;\;\; (1) \]
\[ m\cdot \vec{\upsilon }_{01} =m\cdot \vec{\upsilon }_{1} +m\cdot \vec{\upsilon }_{2}, \; \; \; \vec{\upsilon }_{01} =\vec{\upsilon }_{1} +\vec{\upsilon }_{2}, \]
0X: υ10 = υ1⋅cos α + υ2x, (2)
0Y: 0 = υ1⋅sin α + υ2y. (3)
Кроме того
\[ \upsilon _{2}^{2} = \upsilon _{2x}^{2} + \upsilon _{2y}^{2}.\;\;\; (4) \]
Решим систему уравнений и найдем скорости υ1 и υ2. Например (подробнее см. рис. 2),
υ2x = υ10 – υ1⋅cos α, υ2y = –υ1⋅sin α,
\[ \upsilon _{2}^{2} = \upsilon _{10}^{2} -2\upsilon _{10} \cdot \upsilon _{1} \cdot \cos \alpha +\upsilon _{1}^{2}, \]
\[ \upsilon _{10}^{2} =\upsilon _{1}^{2} +\upsilon _{10}^{2} -2\upsilon _{10} \cdot \upsilon _{1} \cdot \cos \alpha +\upsilon _{1}^{2}, \;\;\; \upsilon _{1} =\upsilon _{10} \cdot \cos \alpha, \]
\[ \upsilon _{2} =\sqrt{\upsilon _{10}^{2} -2\upsilon _{10} \cdot \upsilon _{1} \cdot \cos \alpha +\upsilon _{1}^{2} } =\upsilon _{10} \cdot \sin \alpha, \]
где
\[ \upsilon _{10}^{2} =\frac{2E_{0} }{m} \; \; \left(E_{0} =\frac{m\cdot \upsilon _{10}^{2} }{2} \right), \; \; \; \cos \alpha =\frac{1}{2}, \;\;\; \sin \alpha =\frac{\sqrt{3} }{2}. \]
Тогда кинетическая энергия каждой частицы равна
\[ E_{1} =\frac{m\cdot \upsilon _{1}^{2} }{2} =\frac{m}{2} \cdot \upsilon _{10}^{2} \cdot \cos ^{2} \alpha =\frac{m}{2} \cdot \frac{2E_{0} }{m} \cdot \frac{1}{4} =\frac{E_{0} }{4}, \]
\[ E_{2} =\frac{m\cdot \upsilon _{2}^{2} }{2} =\frac{m}{2} \cdot \upsilon _{10}^{2} \cdot \sin ^{2} \alpha =\frac{m}{2} \cdot \frac{2E_{0} }{m} \cdot \frac{3}{4} =\frac{3E_{0} }{4}. \]
-
263. Тело массой m1, движущееся со скоростью υ1, налетает на покоящееся второе тело и после абсолютно упругого столкновения отскакивает от него со скоростью υ2 = 2/3υ1 под углом α = 90° к первоначальному направлению движения. Определить массу второго тела.
Решение. В случае упругого удара выполняются законы сохранения импульса системы и ее механическая энергия. Запишем оба закона сохранения и учтем, что после упругого удара первая частица отклоняется от первоначального направления на угол α (рис. 1):
\[ \frac{m_{1} \cdot \upsilon _{1}^{2} }{2} = \frac{m_{1} \cdot \upsilon _{2}^{2} }{2} +\frac{m_{2} \cdot \upsilon _{4}^{2} }{2}, \; \; \; m_{1} \cdot \upsilon _{1}^{2} =m_{1} \cdot \upsilon _{2}^{2} +m_{2} \cdot \upsilon _{4}^{2}, \]
\[ m_{1} \cdot \vec{\upsilon }_{1} = m_{1} \cdot \vec{\upsilon }_{2} +m_{2} \cdot \vec{\upsilon }_{4}, \]
0X: m1⋅υ1 = m2⋅υ4x,
0Y: 0 = m1⋅υ2 + m2⋅υ4y.
Кроме того
\[ \upsilon _{4}^{2} =\upsilon _{4x}^{2} +\upsilon _{4y}^{2}. \]
Решим систему уравнений и учтем, что по условию υ2 = 2/3υ1. Например (подробнее см. рис. 2),
\[ \upsilon _{4}^{2} =\left(\frac{m_{1} \cdot \upsilon _{1} }{m_{2} } \right)^{2} +\left(-\frac{m_{1} \cdot \upsilon _{2} }{m_{2} } \right)^{2} =\left(\frac{m_{1} }{m_{2} } \right)^{2} \cdot \left(\upsilon _{1}^{2} +\upsilon _{2}^{2} \right), \]
\[ m_{1} \cdot \upsilon _{1}^{2} =m_{1} \cdot \upsilon _{2}^{2} +m_{2} \cdot \left(\frac{m_{1} }{m_{2} } \right)^{2} \cdot \left(\upsilon _{1}^{2} +\upsilon _{2}^{2} \right), \; \; \; m_{2} =m_{1} \cdot \frac{\upsilon _{1}^{2} +\upsilon _{2}^{2} }{\upsilon _{1}^{2} -\upsilon _{2}^{2} } =\frac{13}{5} \cdot m_{1}. \]
-
245. С какой начальной скоростью необходимо бросать вертикально вниз тело массой m = 2,0 кг, чтобы через t1 = 1,0 с его кинетическая энергия Wk была равна 2,5 кДж? Ускорение свободного падения принять равным 10 м/с2. Сопротивлением воздуха пренебречь.
1 способ. (http://www.web-physics.ru/smf/index.php/topic,3586.msg17536.html#msg17536)
2 способ. Найдем скорость тела υ1 через t1 = 1,0 с. Так как нам в этот момент времени известна кинетическая энергия Wk, то
\[ W_{k} =\frac{m\cdot \upsilon _{1}^{2} }{2}, \; \; \; \upsilon _{1} =\sqrt{\frac{2W_{k} }{m} }. \]
Запишем уравнение проекции скорости на вертикальную ось 0Y, направленную вниз:
υy = υ0y + ay⋅t или υ1 = υ0 + g⋅t1,
та как υ0y = υ0, ay = g, через время t1 = 1,0 с скорость υy = υ1. Тогда
\[ \upsilon _{0} =\upsilon _{1} -g\cdot t_{1} =\sqrt{\frac{2W_{k} }{m} } -g\cdot t_{1}, \]
υ0 = 40 м/с.
-
230. Сваю массой m1 = 100 кг забивают в грунт с помощью копра; при этом груз массой m2 = 300 кг свободно падает с высоты H = 4,0 м и при каждом ударе свая опускается на h = 10 см. Определить силу сопротивления грунта, считая ее постоянной, для двух случаев: а) удар груза копра о сваю абсолютно упругий; б) удар абсолютно неупругий.
Решение. Задачу будем решать, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту, на которой находится центр тяжести сваи до удара (рис. 1). Обозначим высоту сваи буквой L.
Решение данной задачу разобьем на несколько этапов.
1 этап: падение копра до удара о сваю.
Полная механическая энергия копра в начальном состоянии (рис. 1, а)
W01 = m2⋅g⋅h0,
где h0 = H + L/2 (см. примечание п. 1-3).
Полная механическая энергия копра в конечном состоянии (рис. 1, б)
\[W_{1} =\frac{m_{2} \cdot \upsilon _{2}^{2} }{2} +m_{2} \cdot g\cdot h_{1} ,\]
где h1 = L/2.
Так как на копр не действует внешняя сила, то выполняется закон сохранения механической энергии:
\[\begin{array}{c} {W_{01} =W_{1} ,\; \; \; m_{2} \cdot g\cdot \left(\frac{L}{2} +H\right)\; =\frac{m_{2} \cdot \upsilon _{2}^{2} }{2} +m_{2} \cdot g\cdot \frac{L}{2} ,} \\ {g\cdot H\; =\frac{\upsilon _{2}^{2} }{2} ,\; \; \; \upsilon _{2}^{2} =2g\cdot H. \; \; \; (1)} \end{array}\]
Случай а) удар груза копра о сваю абсолютно упругий.
2 этап: удар копра о сваю. При упругом ударе выполняются и закон сохранения энергии, и закон сохранения импульса.
Полная механическая энергия и импульс системы копр-свая в начальном состоянии (скорость сваи равна нулю) (см. рис. 1, б)
\[W_{02} =\frac{m_{2} \cdot \upsilon _{2}^{2} }{2} +m_{2} \cdot g\cdot h_{1} ,\; \; \; \vec{p}_{0} =m_{2} \cdot \vec{\upsilon }_{2} .\]
Полная механическая энергия и импульс системы копр-свая в конечном состоянии (потенциальные энергии копра и сваи за время удара не изменяются) (рис. 1, в)
\[W_{2} =\frac{m_{2} \cdot \upsilon _{4}^{2} }{2} +m_{2} \cdot g\cdot h_{1} +\frac{m_{1} \cdot \upsilon _{3}^{2} }{2} ,\; \; \; \vec{p}=m_{1} \cdot \vec{\upsilon }_{3} +m_{2} \cdot \vec{\upsilon }_{4} .\]
Запишем закон сохранения энергии и проекцию закона сохранения импульса на вертикальную ось 0Y, направленную вниз:
\[\begin{array}{c} {W_{02} =W_{2} , \; \; \; \frac{m_{2} \cdot \upsilon _{2}^{2} }{2} +m_{2} \cdot g\cdot h_{1} =\frac{m_{2} \cdot \upsilon _{4}^{2} }{2} +m_{2} \cdot g\cdot h_{1} +\frac{m_{1} \cdot \upsilon _{3}^{2} }{2} ,} \\ {\frac{m_{2} \cdot \upsilon _{2}^{2} }{2} =\frac{m_{2} \cdot \upsilon _{4}^{2} }{2} +\frac{m_{1} \cdot \upsilon _{3}^{2} }{2} , \; \; \; m_{2} \cdot \upsilon _{2}^{2} =m_{2} \cdot \upsilon _{4}^{2} +m_{1} \cdot \upsilon _{3}^{2} , \; \; \; (2)} \\ {\vec{p}_{0} =\vec{p}, \; \; \; 0Y:\; \; m_{2} \cdot \upsilon _{2} =m_{1} \cdot \upsilon _{3} -m_{2} \cdot \upsilon _{4} . \; \; \; (3)} \end{array}\]
Решим систему уравнений (2)-(3) и найдем υ3. Например,
\[\begin{array}{c} {\upsilon _{4} =\frac{m_{1} \cdot \upsilon _{3} -m_{2} \cdot \upsilon _{2} }{m_{2} } , \; \; \; m_{2} \cdot \upsilon _{2}^{2} =\frac{\left(m_{1} \cdot \upsilon _{3} -m_{2} \cdot \upsilon _{2} \right)^{2} }{m_{2} } +m_{1} \cdot \upsilon _{3}^{2} ,} \\ {m_{2}^{2} \cdot \upsilon _{2}^{2} =\left(m_{1}^{2} \cdot \upsilon _{3}^{2} -2m_{1} \cdot \upsilon _{3} \cdot m_{2} \cdot \upsilon _{2} +m_{2}^{2} \cdot \upsilon _{2}^{2} \right)+m_{1} \cdot m_{2} \cdot \upsilon _{3}^{2} ,} \\ {m_{1}^{2} \cdot \upsilon _{3}^{2} -2m_{1} \cdot \upsilon _{3} \cdot m_{2} \cdot \upsilon _{2} +m_{1} \cdot m_{2} \cdot \upsilon _{3}^{2} =0,} \\ {m_{1} \cdot \upsilon _{3} -2m_{2} \cdot \upsilon _{2} +m_{2} \cdot \upsilon _{3} =0, \; \; \; \upsilon _{3} =\frac{2m_{2} }{m_{1} +m_{2} } \cdot \upsilon _{2} . \; \; \; (4)} \end{array}\]
3 этап: движение сваи.
Полная механическая энергия сваи в начальном состоянии (см. рис. 1, в)
\[W_{03} =\frac{m_{1} \cdot \upsilon _{3}^{2} }{2} .\]
Полная механическая энергия сваи в конечном состоянии (рис. 1, г)
W3 = m1⋅g⋅h2,
где h2 = –h (знак «–», т.к. центр тяжести сваи опустился ниже выбранного нуля).
Так как на сваю действует внешняя сила (Fc — сила сопротивления грунта), то работа внешней силы
A = W3 – W03,
где A = –Fc∙h (знак «–», т.к. сила сопротивления грунта и перемещение сваи направлены в противоположные стороны). Тогда с учетом уравнений (4) и (1) получаем
\[\begin{array}{c} {-F_{c} \cdot h=-m_{1} \cdot g\cdot h-\frac{m_{1} \cdot \upsilon _{3}^{2} }{2} ,\; \; \; F_{c} =m_{1} \cdot \left(g+\frac{1}{2h} \cdot \upsilon _{3}^{2} \right)=m_{1} \cdot \left(g+\frac{1}{2h} \cdot \left(\frac{2m_{2} }{m_{1} +m_{2} } \right)^{2} \cdot \upsilon _{2}^{2} \right)=} \\ {=m_{1} \cdot \left(g+\frac{1}{2h} \cdot \left(\frac{2m_{2} }{m_{1} +m_{2} } \right)^{2} \cdot 2g\cdot H\right)=m_{1} \cdot g\cdot \left(1+\frac{4H}{h} \cdot \left(\frac{m_{2} }{m_{1} +m_{2} } \right)^{2} \right),} \end{array}\]
Fc = 9,1∙104 Н (g = 10 м/с2).
См. Продолжение (http://www.web-physics.ru/smf/index.php/topic,3586.msg39425.html#msg39425)
-
См. Начало (http://www.web-physics.ru/smf/index.php/topic,3586.msg39424.html#msg39424).
Случай б) удар груза копра о сваю абсолютно неупругий.
2 этап: удар копра о сваю. При неупругом ударе выполняется закон сохранения импульса.
Импульс системы копр-свая в начальном состоянии (скорость сваи равна нулю) (см. рис. 1, б)
\[\vec{p}_{0} =m_{2} \cdot \vec{\upsilon }_{2} .\]
Импульс системы копр-свая в конечном состоянии (потенциальные энергии копра и сваи за время удара не изменяются) (рис. 1, д)
\[\vec{p}=\left(m_{1} +m_{2} \right)\cdot \vec{\upsilon }_{5} .\]
Запишем проекцию закона сохранения импульса на вертикальную ось 0Y направленную вниз:
\[\vec{p}_{0} =\vec{p}, \; \; \; 0Y:\; \; m_{2} \cdot \upsilon _{2} =\left(m_{1} +m_{2} \right)\cdot \upsilon _{5} ,\; \; \; \upsilon _{5} =\frac{m_{2} \cdot \upsilon _{2} }{m_{1} +m_{2} } .\; \; \; (5)\]
3 этап: движение системы свая-копр.
Полная механическая энергия системы свая-копр в начальном состоянии (см. рис. 1, д)
\[W_{03} =\frac{\left(m_{1} +m_{2} \right)\cdot \upsilon _{5}^{2} }{2} .\]
Полная механическая энергия системы свая-копр в конечном состоянии (рис. 1, е)
W3 = (m1 + m2)⋅g⋅h2,
где h2 = –h (знак «–», т.к. центр тяжести сваи опустился ниже выбранного нуля).
Так как на сваю действует внешняя сила (Fc — сила сопротивления грунта), то работа внешней силы
A = W3 – W03,
где A = –Fc∙h (знак «–», т.к. сила сопротивления грунта и перемещение сваи направлены в противоположные стороны). Тогда с учетом уравнений (5) и (1) получаем
\[\begin{array}{c} {-F_{c} \cdot h=-\left(m_{1} +m_{2} \right)\cdot g\cdot h-\frac{\left(m_{1} +m_{2} \right)\cdot \upsilon _{5}^{2} }{2} ,} \\ {F_{c} =\left(m_{1} +m_{2} \right)\cdot \left(g+\frac{1}{2h} \cdot \upsilon _{5}^{2} \right)=\left(m_{1} +m_{2} \right)\cdot \left(g+\frac{1}{2h} \cdot \left(\frac{m_{2} }{m_{1} +m_{2} } \right)^{2} \cdot \upsilon _{2}^{2} \right)=} \\ {=\left(m_{1} +m_{2} \right)\cdot \left(g+\frac{1}{2h} \cdot \left(\frac{m_{2} }{m_{1} +m_{2} } \right)^{2} \cdot 2g\cdot H\right)=\left(m_{1} +m_{2} \right)\cdot g\cdot \left(1+\frac{H}{h} \cdot \left(\frac{m_{2} }{m_{1} +m_{2} } \right)^{2} \right),} \end{array}\]
Fc = 9,4∙104 Н (g = 10 м/с2).
Примечание. 1. По условию «груз … свободно падает с высоты H = 4,0 м». Высота относительно чего? Обычно так задают высоту относительно поверхности земли, но тогда надо знать высоту сваи. В решении считали, что это высота относительно верхнего края сваи.
2. Копр считаем материальной точкой, т.к. не указаны его размеры.
3. В условие надо добавить, что свая однородная.
-
219. Два пассажира одинаковой массой m = 70 кг находятся на платформе, стоящей неподвижно на рельсах. Масса платформы М = 280 кг. Каждый пассажир начинает бежать с одинаковой относительно платформы скоростью u = 6 м/с. Найти скорость, которую приобретает платформа, если они спрыгнут: а) в одну сторону одновременно; б) в разные стороны одновременно; в) в одну сторону последовательно; г) в разные стороны последовательно. В случаях «в» и «г» второй пассажир начинает бежать после того, как спрыгнет первый.
Задачу будем решать, используя закон сохранения импульса системы относительно неподвижной системы (земли). Начальный импульс системы пассажир-платформа равен нулю. Так как сил сопротивления нет, то импульс системы не должен изменяться.
Введем такие обозначения:
m1 — масса первого пассажира, m2 — масса второго пассажира,
m1 = m2 = m = 70 кг; (1)
u1 — скорость первого пассажира относительно платформы, u2 — скорость второго пассажира относительно платформы,
u1 = u2 = u = 6 м/с. (2)
И обращаем ваше внимание, что скорость пассажира и задана относительно платформы.
Решение.
а) Предположим, что пассажиры начали бежать вправо. Тогда платформа должна двигаться в противоположном направлении со скоростью υn1 так, чтобы общий импульс системы был равен нулю. Скорость первого пассажира относительно земли υ1 будет равна
\[\vec{\upsilon }_{1} =\vec{\upsilon }_{2} +\vec{\upsilon }_{1/2} ,\]
где υ2 = υn1 — скорость платформы, υ1/2 = u1 — скорость пассажира относительно платформы. Из проекции на ось 0X (рис. 1) получаем:
υ1x = – υn1 + u1. (3)
Так как второй пассажир движется в ту же сторону, то его скорость относительно земли υ2 будет аналогично равна
υ2x = – υn1 + u2. (4)
Тогда закон сохранения импульса относительно земли запишем следующим образом (и учтем уравнения (1) - (4)):
\[\begin{array}{c} {0=m_{1} \cdot \vec{\upsilon }_{1} +m_{2} \cdot \vec{\upsilon }_{2} +M\cdot \vec{\upsilon }_{n1} ,} \\ {0X:\; \; \; 0=m_{1} \cdot \upsilon _{1x} +m_{2} \cdot \upsilon _{2x} -M\cdot \upsilon _{n1} ,} \end{array}\]
\[\begin{array}{c} {0=m\cdot \left(-\upsilon _{n1} +u\right)+m\cdot \left(-\upsilon _{n1} +u\right)-M\cdot \upsilon _{n1} =2m\cdot \left(-\upsilon _{n1} +u\right)-M\cdot \upsilon _{n1} ,} \\ {-2m\cdot \upsilon _{n1} +2m\cdot u-M\cdot \upsilon _{n1} =0,\; \; \; \; \upsilon _{n1} =\frac{2m}{M+2m} \cdot u.} \end{array}\]
С такой же скоростью платформа будет продолжать двигаться и после того, как пассажиры спрыгнут с нее, т.е.
υn = υn1 = 2 м/с.
б) Предположим, что первый пассажир начал бежать вправо, а платформа начала двигаться со скоростью υn1 так, чтобы общий импульс системы был равен нулю. Скорость первого пассажира относительно земли υ1 будет равна
\[\vec{\upsilon }_{1} =\vec{\upsilon }_{2} +\vec{\upsilon }_{1/2} ,\]
где υ2 = υn1 — скорость платформы, υ1/2 = u1 — скорость пассажира относительно платформы. Из проекции на ось 0X (рис. 2) получаем:
υ1x = υn1x + u1. (5)
Так как второй пассажир движется в противоположную сторону, то его скорость относительно земли υ2 будет равна (см. рис. 2)
υ2x = υn1x – u2. (6)
Тогда закон сохранения импульса относительно земли запишем следующим образом (и учтем уравнения (1)-(2), (5)-(6)):
\[\begin{array}{c} {0=m_{1} \cdot \vec{\upsilon }_{1} +m_{2} \cdot \vec{\upsilon }_{2} +M\cdot \vec{\upsilon }_{n1} ,} \\ {0X:\; \; \; 0=m_{1} \cdot \upsilon _{1x} +m_{2} \cdot \upsilon _{2x} +M\cdot \upsilon _{n1x} ,} \end{array}\]
\[0=m\cdot \left(\upsilon _{n1x} +u\right)+m\cdot \left(\upsilon _{n1x} -u\right)+M\cdot \upsilon _{n1x} =2m\cdot \upsilon _{n1x} +M\cdot \upsilon _{n1x} ,\; \; \; \upsilon _{n1x} =0.\]
С такой же скорость платформа будет продолжать двигаться и после того, как пассажиры спрыгнут с нее.
υn = υn1 = 0 м/с.
См. продолжение (http://web-physics.ru/smf/index.php/topic,3586.msg40559.html#msg40559).
-
Продолжение (http://web-physics.ru/smf/index.php/topic,3586.msg40558.html#msg40558)
в) Предположим, что первый пассажир начал бежать вправо. Тогда платформа (вместе со вторым пассажиром) должна двигаться в противоположном направлении со скоростью υn1 так, чтобы общий импульс системы был равен нулю. Скорость первого пассажира относительно земли υ1 будет равна
\[\vec{\upsilon }_{1} =\vec{\upsilon }_{2} +\vec{\upsilon }_{1/2} ,\]
где υ2 = υn1 — скорость платформы, υ1/2 = u1 — скорость пассажира относительно платформы. Из проекции на ось 0X (рис. 3, а) получаем:
υ1x = – υn1 + u1. (7)
Тогда закон сохранения импульса относительно земли запишем следующим образом (и учтем уравнения (1)-(2), (7)):
\[\begin{array}{c} {0=m_{1} \cdot \vec{\upsilon }_{1} +\left(M+m_{2} \right)\cdot \vec{\upsilon }_{n1} ,} \\ {0X:\; \; \; 0=m_{1} \cdot \upsilon _{1x} -\left(M+m_{2} \right)\cdot \upsilon _{n1} ,} \end{array}\]
\[\begin{array}{c} {0=m\cdot \left(-\upsilon _{n1} +u\right)-\left(M+m\right)\cdot \upsilon _{n1} ,} \\ {-m\cdot \upsilon _{n1} +m\cdot u-\left(M+m\right)\cdot \upsilon _{n1} =0,} \end{array}\]
\[ \upsilon _{n1} =\frac{m}{M+2m} \cdot u. \;\;\; (8 )\]
После этого второй пассажир начинает бежать в ту же сторону. Тогда платформа будет двигаться со скоростью υn2 (теперь общий импульс системы не будет равен нулю, т.к. система платформа-второй пассажир уже двигалась). Скорость второго пассажира относительно земли υ2 будет равна (рис. 3, б)
υ2x = – υn2 + u2. (9)
Тогда закон сохранения импульса относительно земли запишем следующим образом (и учтем уравнения (1)-(2), (8 )-(9)):
\[\begin{array}{c} {\left(M+m\right)\cdot \vec{\upsilon }_{n1} =m_{2} \cdot \vec{\upsilon }_{2} +M\cdot \vec{\upsilon }_{n2} ,} \\ {0X:\; \; \; -\left(M+m\right)\cdot \upsilon _{n1} =m_{2} \cdot \upsilon _{2x} -M\cdot \upsilon _{n2} ,} \end{array}\]
\[\begin{array}{c} {-\left(M+m\right)\cdot \upsilon _{n1} =m\cdot \left(-\upsilon _{n2} +u\right)-M\cdot \upsilon _{n2} ,} \\ {-\left(M+m\right)\cdot \upsilon _{n1} =-m\cdot \upsilon _{n2} +m\cdot u-M\cdot \upsilon _{n2} ,} \end{array}\]
\[\begin{array}{c} {\upsilon _{n2} =\frac{m\cdot u+\left(M+m\right)\cdot \upsilon _{n1} }{M+m} =\frac{m\cdot u}{M+m} +\upsilon _{n1} =\frac{m\cdot u}{M+m} +\frac{m}{M+2m} \cdot u=} \\ {=\frac{M+2m+M+m}{\left(M+m\right)\cdot \left(M+2m\right)} \cdot m\cdot u=\frac{2M+3m}{\left(M+m\right)\cdot \left(M+2m\right)} \cdot m\cdot u.} \end{array}\]
С такой же скоростью платформа будет продолжать двигаться и после того, как пассажир спрыгнут с нее, т.е.
υn = υn2 = 2,2 м/с.
г) Предположим, что первый пассажир начал бежать вправо. Тогда платформа (вместе со вторым пассажиром) должна двигаться в противоположном направлении со скоростью υn1 так, чтобы общий импульс системы был равен нулю. Скорость первого пассажира относительно земли υ1 будет равна
\[\vec{\upsilon }_{1} =\vec{\upsilon }_{2} +\vec{\upsilon }_{1/2} ,\]
где υ2 = υn1 — скорость платформы, υ1/2 = u1 — скорость пассажира относительно платформы. Из проекции на ось 0X (рис. 4, а) получаем:
υ1x = – υn1 + u1. (10)
Тогда закон сохранения импульса относительно земли запишем следующим образом (и учтем уравнения (1)-(2), (10)):
\[\begin{array}{c} {0=m_{1} \cdot \vec{\upsilon }_{1} +\left(M+m_{2} \right)\cdot \vec{\upsilon }_{n1} ,} \\ {0X:\; \; \; 0=m_{1} \cdot \upsilon _{1x} -\left(M+m_{2} \right)\cdot \upsilon _{n1} ,} \end{array}\]
\[\begin{array}{c} {0=m\cdot \left(-\upsilon _{n1} +u\right)-\left(M+m\right)\cdot \upsilon _{n1} ,} \\ {-m\cdot \upsilon _{n1} +m\cdot u-\left(M+m\right)\cdot \upsilon _{n1} =0,} \end{array}\]
\[ \upsilon _{n1} =\frac{m}{M+2m} \cdot u. \;\;\; (11) \]
После этого второй пассажир начинает бежать в противоположную сторону. Тогда платформа будет двигаться со скоростью υn2 (теперь общий импульс системы не будет равен нулю, т.к. система платформа-второй пассажир уже двигалась). Скорость второго пассажира относительно земли υ2 будет равна (рис. 4, б)
υ2x = υn2x – u2. (12)
Тогда закон сохранения импульса относительно земли запишем следующим образом (и учтем уравнения (1)-(2), (11)-(12)):
\[\begin{array}{c} {\left(M+m\right)\cdot \vec{\upsilon }_{n1} =m_{2} \cdot \vec{\upsilon }_{2} +M\cdot \vec{\upsilon }_{n2} ,} \\ {0X:\; \; \; -\left(M+m\right)\cdot \upsilon _{n1} =m_{2} \cdot \upsilon _{2x} +M\cdot \upsilon _{n2x} ,} \end{array}\]
\[\begin{array}{c} {-\left(M+m\right)\cdot \upsilon _{n1} =m\cdot \left(\upsilon _{n2x} -u\right)+M\cdot \upsilon _{n2x} ,} \\ {-\left(M+m\right)\cdot \upsilon _{n1} =m\cdot \upsilon _{n2x} -m\cdot u+M\cdot \upsilon _{n2x} ,} \end{array}\]
\[\begin{array}{c} {\upsilon _{n2x} =\frac{m\cdot u-\left(M+m\right)\cdot \upsilon _{n1} }{M+m} =\frac{m\cdot u}{M+m} -\upsilon _{n1} =\frac{m\cdot u}{M+m} -\frac{m}{M+2m} \cdot u=} \\ {=\frac{M+2m-\left(M+m\right)}{\left(M+m\right)\cdot \left(M+2m\right)} \cdot m\cdot u=\frac{m^{2} \cdot u}{\left(M+m\right)\cdot \left(M+2m\right)} .} \end{array}\]
С такой же скоростью платформа будет продолжать двигаться и после того, как пассажир спрыгнут с нее, т.е.
υn = υn2 = 0,2 м/с. Так как υn2x > 0, то платформа станет двигаться вправо.