Законы сохранения

Обоснование:

1. Систему отсчета, связанную с Землей, будем считать инерциальной (ИСО).
2. Так как движение шарика поступательное, то к нему применима модель материальной точки.
3. На шарик действует только потенциальная сила тяжести, работа непотенциальных сил равна нулю, следовательно можем применить закон сохранения энергии.
4. Поскольку при ударе о доску модуль скорости шарика не изменился, то можно считать, что удар абсолютно упругий, следовательно, угол отскока равен углу при падении и равен $\alpha$.

Решение:
Для начала запишем закон сохранения энергии до удара шарика о доску. В начальный момент времени он обладал только потенциальной энергии $E_\text{п1}=mgH$, а в момент удара он обладал потенциальной энергией $E_\text{п2}=mgh$ и кинетической энергии $E_\text{к}=\frac{mv_0^2}{2}$, таким образом закон сохранения энергии будет иметь вид: $$E_\text{п1}=E_\text{п2}+E_\text{к}\Rightarrow mgH=mgh+\frac{mv_0^2}{2}\Rightarrow gH=gh+\frac{v_0^2}{2}\Rightarrow H=h+\frac{v_0^2}{2g}$$ Построим рисунок, на котором покажем угол между горизонтом и скоростью:

Как видно из построения угол между скоростью и горизонтом равен $\beta=90^\circ-2\alpha$.
После отскока движение шарика становиться аналогично движению шарика брошенного плд углом $\beta$ к горизонту. В этом случае вдоль вертикальной оси шарик будет двигаться равноускоренно с ускорением свободного падения $g$, а проекция скорости $v_{0y}=v_0\sin{\beta}=v_0\sin{(0^\circ-2\alpha)}=v_0\cos{2\alpha}$. На максимальной высоте $v_{y}=0$. Следовательно, применяя формулу для пути при равноускоренном движении, через начальную и конечную скорость получим:
$$h_1-h=\frac{v_y^2-v_{0y}^2}{-2g}=\frac{v_0^2\cos^2{2\alpha}}{2g}\Rightarrow v_0^2=\frac{2(h_1-h)g}{\cos^2{2\alpha}}$$ И тогда искомая высота $H$ вычисляется по формуле: $$H=h+\frac{v_0^2}{2g}=h+\frac{1}{2g}\cdot\frac{2(h_1-h)g}{\cos^2{2\alpha}}=h+\frac{h_1-h}{\cos^2{2\alpha}}=1+\frac{1.25-1}{0.25}=2\,\text{м}$$

Обоснование

Систему отсчёта, связанную с Землёй, будем считать инерциальной

Шайба рассматривается как материальная точка, поскольку её размеры малы по сравнению с радиусом кольца, а вращением самой шайбы можно пренебречь.​

На шайбу действует только сила тяжести и нормальная реакция опоры. Кольцо идеальное (гладкое), трения нет, сопротивление воздуха также не учитывается, поэтому работа непотенциальных сил отсутствует. Это позволяет применить закон сохранения механической энергии при движении шайбы по кольцу.​

В момент отрыва шайбы от поверхности кольца нормальная реакция опоры становится равной нулю, а центростремительное ускорение обеспечивается только компонентой силы тяжести. Поэтому для определения скорости отрыва и высоты используются законы механики для движения по окружности и второй закон Ньютона

1. На высоте $h$ в момент отрыва скорость шайбы равна $u$. По закону сохранения механической энергии между нижней точкой и высотой $h$: $$E_{\text{мех}}=\frac{m v^{2}}{2}=\frac{m u^{2}}{2}+m g h.$$

2. При этой скорости центростремительное ускорение в инерциальной системе $Oxy$, связанной с Землёй, равно $$a_{\text{цс}}=\frac{u^{2}}{R}.$$

3. В момент отрыва нормальная реакция опоры равна нулю; значит центростремительное ускорение создаётся только радиальной составляющей тяжести. По второму закону Ньютона: $$m a_{\text{цс}}=m g \sin\alpha,$$ где $\alpha$ — угол радиуса к вертикали.

4. Учитывая геометрию точки отрыва $\sin\alpha=\dfrac{h-R}{R}$, исключим $a_{\text{цс}}$ и $u$. Получим: $$\frac{m v^{2}}{2}=\frac{m g}{2}\,(h-R)+m g h =\frac{m g}{2}\,(3h-R).$$ Следовательно начальная кинетическая энергия внизу $$E_{\text{кин}}=\frac{m v^{2}}{2}=\frac{m g}{2}\,(3h-R).$$

Подстановка чисел со страницы: $m=0{,}01\ \text{кг}$, $g=10\ \text{м/с}^2$, $h=0{,}18\ \text{м}$, $R=0{,}14\ \text{м}$: $$E_{\text{кин}}=\frac{0{,}01\cdot 10}{2}\,(3\cdot 0{,}18-0{,}14) =0{,}5\,(0{,}54-0{,}14)=0{,}5\cdot 0{,}40=0{,}20/10=0{,}02\ \text{Дж}.$$

Обоснование.

1. Система отсчёта связана с Землёй и считается инерциальной; тела можно рассматривать как материальные точки, так как их размеры малы по сравнению с длиной нити.

2. При соударении «пуля — тело» применим закон сохранения импульса по горизонтали: внешние силы (вес и реакция опоры) вертикальны.

3. Движение составного тела от вершины полусферы описываем законом сохранения механической энергии: полусфера гладкая, работа силы нормальной реакции равна нулю.

4. В момент отрыва реакция опоры $N$ становится нулевой.

5. Второй закон Ньютона используем в ИСО для модели материальной точки.

1. Закон импульса при ударе связывает скорость пули $v_0$ со скоростью составного тела сразу после удара: $$m v_0 = (m+M) v_1.$$

Закон сохранения энергии связывает скорость составного тела сразу после удара с его скоростью в момент отрыва от полусферы: $$\frac{(m+M) v_1^2}{2} + (m+M) g R = \frac{(m+M) v_2^2}{2} + (m+M) g R \cos\alpha,$$ где $v_2$ — скорость составного тела в момент отрыва, а $h = R \cos\alpha$ — высота точки отрыва.

1. Второй закон Ньютона по радиусу (к центру полусферы) в момент отрыва: $$(m+M) g \cos\alpha = \frac{(m+M) v_2^2}{R}.$$

2. Объединяя уравнения, получаем: $$\frac{v_1^2}{2} + g R = \frac{3}{2} g h.$$ Отсюда $$h = \frac{1}{3 g}\!\left(\frac{m v_0}{m+M}\right)^2 + \frac{2}{3} R.$$

Подстановка чисел $m=0{,}01~\text{кг}$, $M=0{,}99~\text{кг}$, $v_0=200~\text{м/с}$, $R=1{,}0~\text{м}$, $g=10~\text{м/с}^2$ даёт: $$h = \frac{1}{3\cdot 10}\!\left(\frac{0{,}01\cdot 200}{0{,}99+0{,}01}\right)^2 + \frac{2}{3}\cdot 1 = 0{,}8~\text{м}.$$

Обоснование:

Систему отсчёта, связанную с Землёй, принимаем инерциальной.

Шайба рассматривается как материальная точка, так как её размеры значительно меньше всех характерных длин (длина плоскости, радиус кольца).​

На шайбу действуют силы тяжести, силы нормальной реакции опоры и силы трения. Сила трения является непотенциальной, поэтому закон сохранения механической энергии применяется с учётом работы силы трения, которая учитывается отдельным слагаемым в уравнении энергии.​

В точке В при отрыве шайбы нормальная реакция исчезает, а центростремительное ускорение возникает только за счёт проекции силы тяжести. Следовательно, для определения скорости отрыва используются второй закон Ньютона (движение по окружности).

Решение:

Закон изменения механической энергии с учётом работы трения (в момент старта в точке $A$ скорость $v_0$) даёт $$E_B-E_A=A_{\text{тр}}\quad\Rightarrow\quad \frac{m v_B^2}{2}+m g h-\frac{m v_0^2}{2}=-\mu m g L \cos\alpha. \tag{1}$$

В точке $B$ условие отрыва означает, что нормальная реакция опоры исчезает. Следовательно центростремительное ускорение равно нормальной составляющей ускорения свободного падения. Радиус кривизны траектории в $B$ равен радиусу трубы $R$, поэтому $$a_n=\frac{v_B^2}{R}=g\cos\alpha \quad\Rightarrow\quad v_B^2=g R \cos\alpha. \tag{2}$$

Используем геометрию участка $AB$: $\sin\alpha=\dfrac{h}{L}$, $\cos\alpha=\sqrt{1-\dfrac{h^2}{L^2}}$. Подставляя (2) в (1) и выражая $\mu$, получаем $$\mu=\frac{v_0^2}{2 g \sqrt{L^2-h^2}}-\frac{R}{2L}-\frac{h}{\sqrt{L^2-h^2}}.$$

Подстановка значений со страницы: $v_0=4\ \text{м/с},\ h=0{,}6\ \text{м},\ L=1{,}0\ \text{м},\ R=0{,}4\ \text{м},\ g=10\ \text{м/с}^2$: $$\mu=\frac{16}{2\cdot 10\cdot \sqrt{1-0{,}25}}-\frac{0{,}4}{2\cdot 1}-\frac{0{,}6}{\sqrt{1-0{,}36}}=0{,}12.$$

Обоснование:
Систему координат, соотнесённую с Землёй, примем инерциальной, а поступательно движущийся шарик рассмотрим как материальную точку.

Поскольку сопротивлением воздуха можно пренебречь, движение до столкновения происходит в однородном поле тяжести Земли, что позволяет применять закон сохранения механической энергии.

При ударе о доску модуль скорости шарика не изменился, значит, столкновение можно считать абсолютно упругим, а угол отражения равен углу падения.

После отскока на шарик действует только сила тяжести, поэтому его дальнейшее движение происходит с ускорением свободного падения.

1. Модуль скорости $v_0$ непосредственно перед ударом на высоте $h$ получаем из сохранения механической энергии между уровнями $H$ и $h$: $$m g (H-h)=\frac{m v_0^2}{2}.$$

2. При абсолютно упругом ударе модуль скорости не меняется, меняется только направление. Угол падения равен углу отражения, поэтому траектория после удара наклонена под углом $\beta=90^\circ-2\alpha$ к горизонту (см. рисунок). Максимальный приращённый подъём шарика относительно точки удара равен $$\Delta h=\frac{v_{0y}^2}{2g}=\frac{v_0^2 \sin^2\beta}{2g}.$$

3. Относительно уровня земли конечная наибольшая высота равна $$h_1=h+\frac{v_0^2\sin^2\beta}{2g} = h + (H-h)\,\sin^2(90^\circ-2\alpha) = h + (H-h)\cos^2 2\alpha.$$ Следовательно, $$\cos 2\alpha=\sqrt{\frac{h_1-h}{H-h}}=\sqrt{\frac{0{,}25}{1}}=0{,}5,$$ откуда $2\alpha=60^\circ$ и, значит, $\alpha=30^\circ$.