Законы сохранения

Обоснование.

1. Систему отсчёта, связанную с Землёй, принимаем инерциальной; тела рассматриваем как материальные точки.

2. Взаимодействие пули и шара описываем законом сохранения импульса системы тел. Он справедлив в ИСО, если сумма внешних сил, проекций на горизонтальную ось в момент удара, равна нулю. В данной задаче веса и натяжение нити не дают вклада в проекцию на горизонталь, поэтому применим сохранение импульса по этой оси.

3. Для дальнейшего движения системы «шар с застрявшей пулей» используем закон сохранения механической энергии: сопротивлением воздуха пренебрегаем, а единственная не потенциальная сила — натяжение нити — работы не совершает на дуге окружности, так как направлена перпендикулярно скорости.

4. Минимальность начальной скорости пули $v_0$ означает, что шар сделает полный оборот в вертикальной плоскости, причём натяжение нити в верхней точке пути обращается в нуль.

Решение.

1. Закон импульса связывает скорость пули $v_0$ до удара со скоростью $v_1$ составного тела массы $m+M$ сразу после удара: $$m v_0=(m+M) v_1.$$ Закон сохранения энергии для движения составного тела от низа до верхней точки (скорость $v_2$ вверху): $$\frac{(m+M) v_1^2}{2}=\frac{(m+M) v_2^2}{2}+(m+M) g \cdot 2l.$$

2. Во второй (верхней) точке по оси, направленной к центру, второй закон Ньютона даёт условие минимума скорости при натяжении нити ноль: $$(m+M) g=\frac{(m+M) v_2^2}{l}.$$ Отсюда $v_2^2=g l$. Подставляя в уравнение энергии, получаем $$v_1^2=5 g l.$$

3. Из закона импульса выражаем массу пули: $$m=\frac{M\sqrt{5 g l}}{v_0-\sqrt{5 g l}}.$$ Подстановка чисел $M=0{,}23~\text{кг}$, $l=0{,}5~\text{м}$, $v_0=120~\text{м/с}$, $g=10~\text{м/с}^2$ даёт $$m=\frac{0{,}23\sqrt{5\cdot 10\cdot 0{,}5}}{120-\sqrt{5\cdot 10\cdot 0{,}5}} \approx 0{,}01~\text{кг}.$$

1. Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.
2. Шарики имеют малые размеры по сравнению с длиной нити, поэтому можем считать их материальными точками
3. Пока первый шарик движется до точки взаимодействия со вторым шариком на него действует сила тяжести (потенциальная) и сила натяжения нити (непотенциальная). Сила натяжения нити в любой точке траектории перпендикулярна скорости, поэтому работа непотенциальных сил равна 0. Следовательно, применим закон сохранения энергии.
4. В момент столкновения шариков все силы, действующие на них, направлены вертикально, поэтому применим закон сохранения импульса вдоль горизонтальной оси.
5. Поскольку сила натяжения нити в любой точке траектории перпендикулярна скорости, то ее работа всегда обращается в ноль. Значит работа непотенциальных сил, действующих на шарики, равна нулю. Поскольку чать кинетической энергии при соударении перейдет в тепло, то можно воспользоваться законом превращения энергии.

Перейдем к решению задачи. Запишем закон сохранения энергии для первого шарика до удара: $$mgl = \frac{mv^2}{2}$$ При ударе импульс вдоль горизонтальной оси сохраняется, поэтому $$mv+0=(m+M)v_1$$ $$v_1 = \frac{mv}{(m+M)}$$ Перейдем к энергиям $$\frac{mv^2}{2} = \frac{(M+m)v_1^2}{2}+Q$$ Тогда с учетом закона сохранения энергии для первого шара $$mgl = \frac{(M+m)v_1^2}{2}+Q$$ $$mgl = \frac{(M+m)\frac{m^2v^2}{(m+M)^2}}{2}+Q = \frac{m^2v^2}{2(m+M)}+Q=\frac{m^2gl}{(m+M)}+Q$$ $$l \left(mg-\frac{m^2g}{(M+m)}\right) = Q$$ $$l = \frac{Q}{\left(mg-\frac{m^2g}{(M+m)}\right)} = \frac{1}{\left(0.1\cdot10-\frac{0.1^2\cdot10}{(0.2+0.1)}\right)}=1.5\text{м}$$ Ответ:1.5м

1. Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.
2. Горка и шайба будут двигаться поступательно.
3. Так как все поверхности гладкие - силы трения не возникают, действием силы сопротивления воздуха можно пренебречь. Тогда сумма проекций внешних сил на ось OX равна нулю и применим закон сохранения импульса вдоль горизонтальной оси.
4. Работа всех непотенциальных сил равна нулю, ведь сила реакции опоры в любой точки траектории перпендикулярна скорости шайбы. Силы трения и сопротивления воздуха не действуют, значит применим закон сохранения энергии для системы "горка+шайба".
   Перейдем к решению задачи. Запишем закон сохранения импульса вдоль горизонтальной оси для системы "горка+шайба" $$0=-mv+MV$$ где v - скорость шайбы, а V - скорость горки.
   $$mv=MV$$ $$V = \frac{mv}{M}$$ Теперь запишем закон сохранения энергии для этой системы $$mg4h=mgh+\frac{MV^2}{2}+\frac{mv^2}{2}$$ $$mg4h=mgh+\frac{mv^2}{2}+\frac{M\frac{m^2v^2}{M^2}}{2}$$ $$3mgh=\frac{mv^2}{2}+ \frac{m^2v^2}{2M}$$ $$3mgh=\frac{mv^2}{2}+\frac{mv^2}{16}$$ $$3mgh = \frac{9mv^2}{16}$$ $$v = 4\sqrt{\frac{gh}{3}}$$ Ответ: $v = 4\sqrt{\frac{gh}{3}}$

1. Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.
2. Размеры гонщика малы, поэтому его можно описать моделью материальной точки.
3. При движении до точки отрыва на гонщика действуют сила реакции опоры N и сила тяжести mg. Сила реакции опоры в каждой точке траектории перпендикулярна скорости, поэтому ее работа равна нулю. Других непотенциальных сил на гонщика не действует, поэтому применим закон сохранения энергии для гонщика до отрыва.
4. После отрыва от трамплина движение гонщика происходит в поле Земного тяготения. В проекции на ось OX ускорение свободного падения g равно нулю, поэтому скорость вдоль оси OX постоянна и применимы законы прямолинейного равномерного движения.
5. Проекция ускорения свободного падения g на ось OY равна -g, поэтому применимы законы прямолинейного равноускоренного движения.
   Перейдем к решению задачи. Рассмотрим полет гонщика после отрыва от трамплина $$S = \frac{v^2-v_0^2}{2a}$$ Запишем это уравнение для вертикальной оси. Тогда с учетом S=h и того, что в высшей точке траектории проекция скорости на ось OY равна 0 получим $$h = \frac{-v_{oy}^2}{-2g}=\frac{v_{0y}^2}{2g}$$ $$v_{0y}=v_0\cdot sin(\alpha)$$ Значит $$h = \frac{v_{0}^2sin^2(\alpha)}{2g}$$ Теперь запишем закон сохранения энергии $$mgH=\frac{mv^2}{2}$$ $$H=\frac{v^2}{2g}$$ Поскольку скорость v будет являться начальной скоростью для дальнейшего полета под углом к горизонту, то $$h = \frac{v^2sin^2(\alpha)}{2g}=Hsin^2(\alpha)=Hsin^2(30)=\frac{H}{4}$$ Ответ: $\frac{H}{4}$

1. Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.
2. Размерами бруска по сравнению с кольцом можно пренебречь, поэтому применима модель материальной точки.
3. При движении по кольцу сила реакции опоры перпендикулярна скорости бруска в каждой точке траектории, поэтому работа силы реакции опоры равна нулю. Других непотенциальных сил на брусок не действует, поэтому применим закон сохранения энергии.
4. Давление бруска на поверхность кольца в данной точке формируется за счет 2 закона Ньютона. Он применим в ИСО для материальных точек. Также для материальной точки применимы законы движения по окружности.

Перейдем к решению задачи. Запишем 2 закон Ньютона для бруска на высоте h $$\vec{N}+m\vec{g}=m\vec{a}$$ Формула для центростремительного ускорения $$a_{\text{ц}}=\frac{v^2}{R}$$ Направим ось OX вдоль вектора ускорения. Тогда проекция 2 закона Ньютона на эту ось $$N+mgcos(\alpha) = m\frac{v^2}{R}$$ С учетом того, что N=F (по третьему закону Ньютона) и $cos(\alpha) = \frac{h-R}{R}$ $$v^2 = \frac{R}{m}\left(F+mg \frac{h-R}{R} \right)$$ Теперь запишем закон сохранения энергии $$mgH=mgh+\frac{mv^2}{2}$$ $$H = h+\frac{v^2}{2g}=h+\frac{\frac{R}{m}\left(F+mg \frac{h-R}{R} \right)}{2g}=h+\frac{RF}{2mg}+\frac{h}{2}-\frac{R}{2}=\frac{3h-R}{2}+\frac{RF}{2mg}$$ $$H=\frac{3\cdot 2.5-2}{2}+\frac{2\cdot 5}{2\cdot 1 \cdot 10} = 3.25 \text{м}$$ Ответ: 3.25м