Законы сохранения в механике

Закон сохранения импульса связывает скорость пули \(v_0\) перед ударом со скоростью \(v_1\) составного тела массой \(M+m\) сразу после удара: \[m v_{0}=(m+M) v_{1}\] а закон сохранения механической энергии — скорость составного тела сразу после удара с его скоростью \(v_2\) в верхней точке: \[\frac{(m+M) v_{1}^{2}}{2}=\frac{(m+M) v_{2}^{2}}{2}+(m+M) g \cdot 2 l\] Условие минимальности \(v_0\) означает, что шар совершает полный оборот в вертикальной плоскости, но при этом натяжение нити в верхней точке (и только в ней!) обращается в нуль. Второй закон Ньютона в проекции на радиальное направление x в этот момент принимает вид: \[(m+M) a_{\text{ ц}}=(m+M) g=\frac{(m+M) v_{2}^{2}}{l}\] Выразив отсюда \(v_2^2\) и подставив этот результат в закон сохранения энергии, получим: \[v_{1}=\sqrt{5 g l}\] Подставив выраженне для \( v_{1} \) в закон сохранения импульса, получим: \[v_{0}=\left(1+\frac{M}{m}\right) \sqrt{5 g l}=\left(1+\frac{0,25}{0,01}\right) \sqrt{5 \cdot 10 \cdot 0,5}=130 \text{ с}\]

Ответ: 130

Пусть \(v_\text{ п}\) и \(v_\text{ с}\) соответственно начальные скорости пушки и снаряда, \(m_\text{ п}\), \(m_\text{ с}\) массы пушки и снаряда. Энергия сжатой пружины равна пружины равна \( \frac{k x^{2}}{2}, \) где \(x — \) сжатие прукины, \(k— \) жёсткость пружины. Энергия отдачи пушки равна \[\frac{m_\text{ п}v_\text{ п}^{2}}{2}=\frac{k x^{2}}{2 \eta},\] Откуда: \[m_\text{ п}=\frac{k x^{2}}{v_\text{ п}^{2} \eta}\] Найдём начальную скорость пушки. Для этого воспользуемся законом сохранения импульса: \[m_\text{ п}v_\text{ п}=m_\text{ с}v_\text{ с}\], следовательно: \[v_\text{ п}=\dfrac{m_\text{ с}\cdot v_\text{ с}}{m_\text{ п}}\] Значит, \[m_\text{ п}=\dfrac{kx^2m_\text{п}^2}{v_\text{c}^2m_\text{с}^2\eta},\] Откуда \[m_\text{ п}=\frac{v_\text{ с}^{2} m_\text{ с}^{2} \eta}{k x^{2}}\] На снаряд действует только сила тяжести, поэтому время падения \( t \) и высота \( h,\) с которой он падает связаны формулой: \[h=\dfrac{gt^2}{2}, \text{ откуда}\hspace{3 mm} t= \sqrt{\dfrac{2h}{g}}\] После выстрела на снаряд вдоль горизонтальной оси не действуют никакие силы, поэтому дальность полёта снаряда \(L\) связана с горизонтальной составляющей скорости \[v_\text{ с}=\frac{L}{t}=\sqrt{\frac{g}{2 h}} L\] Подставим выражение для скорости снаряда в выражение для массы пушки: \[m_\text{ п}=\dfrac{gL^2}{2h}\dfrac{m^2_c\eta}{kx^2}\] Подставив числовые значения в выражение, получим \(m_\text{ п}=1000\) кг

Ответ: 1000

Согласно закону сохранения энергии имеем \[\begin{cases} E_{n1}=E_k\\ E_{n2}+E_k=A \\ \end{cases}\] где \(E_{n1}\) – энергия сжатой пружины, \(E_k\) – кинетическая энергия пули после выстрела, \(E_{n2}\) – потенциальная энергия пули на высоте \(h\). Распишем все составляющие по формулам \[\begin{cases} \dfrac{kx^2}{2}=\dfrac{mv^2_0}{2}\\ mgh+\dfrac{mv^2_0}{2}=A \\ \end{cases}\] где \(v_0\) – скорость после выстрела.
Заменим во втором уравнении \(\dfrac{mv^2_0}{2}\) и получим \[mgh+\dfrac{kx^2}{2}=A\] Выразим отсюда массу пули \[m=\dfrac{A-\dfrac{kx^2}{2}}{gh}=\dfrac{0,24\text{ Дж}-\dfrac{200\text{ Н/м}\cdot 0,0004\text{ м$^2$}}{2}}{10\text{ Н/кг}\cdot 2\text{ м}}=10\text{ г}\]

Ответ: 10

Спроецируем импульсы осколков на ось, перпендикулярную оси движения гранаты \[0=p_1-p_2\sin{\alpha}\] где \(p_1\) и \(p_2\) – импульс первого и второго осколков. Распишем импульсы по формуле и получим \[m_1 v_1=m_2 v_2 \sin{30^\circ}\] Отсюда отношение массы первого к массе второго \[\dfrac{m_1}{m_2}=\dfrac{v_2\sin{30^\circ}}{v_1}=\dfrac{40 \text{ м/с}\cdot 0,5}{20\text{ м/с}}=1\]

Ответ: 1

Запишем систему уравнений, состоящую из закона сохранения импульса и закона сохранения энергии \[\begin{cases} \dfrac{2mv_0^2}{2}+\Delta E=\dfrac{mv_1^2}{2}+\dfrac{mv_2^2}{2}\\ 2mv_0=mv_1-mv_2\\ \end{cases}\] где \(v_0\) начальная скорость гранаты.
Выразим начальную скорость гранаты из второго уравнения. \[v_0=\dfrac{v_1-v_2}{2}\] Подставим в первое уравнение системы \[\dfrac{2m(v_1-v_2)^2}{4\cdot2}+\Delta E=\dfrac{mv_1^2}{2}+\dfrac{mv_2^2}{2}\] Выразим изменение кинетической энергии за счет взрыва \[\Delta E=\dfrac{m(2v_1^2+2v_2^2-v_1^2+2v_1v_2-v_2^2)}{4}=\dfrac{m(v_1+v_2)^2}{4}=\dfrac{4\text{ кг}(10\text{ м/с}+5\text{ м/с})^2}{4}=225\text{ Дж}\]

Ответ: 225

Пусть \(m\) – масса шайбы, \(M\) – масса горки, \(V\) – скорость горки.
На систему действуют внешние силы, а именно сила реакции опоры и сила тяжести, но они направлены вертикально, поэтому можем записать закон сохранения импульса на горизонтальную ось \[0=mv-MV\] Для системы “горка+ шайба” выполняется закон сохранения энергии \[2,5mgh=mgh+\dfrac{mv^2}{2}+\dfrac{MV^2}{2} (1)\] Из закона сохранения импульса имеем \[MV=mv \quad (2)\] Подставим (2) в (1) и умножим обе части на 2 \[5mgh=2mgh+mv^2+\dfrac{m^2v^2}{M}|:m\] \[3gh=v^2+\dfrac{mv^2}{M}\] Найдем отношение массы шайбы к массе горки \[\dfrac{m}{M}=\dfrac{3gh-v^2}{v^2}=\dfrac{3gh}{v^2}-1=\dfrac{3\cdot 10\text{ м/с$^2$}\cdot 10\text{ м}}{100\text{ м$^2$/с$^2$}}-1=2\]

Ответ: 2

В процессе движения по желобу будет справедлив закон сохранения энергии \[E_n=E_k+\Delta E,\] где \(E_n\) – потенциальная энергия в точке \(A\), \(E_k\) – кинетическая энергия в точке \(B\), а \(\Delta E\) – изменение механической энергии в процессе движения по желобу. Расписав энергии по формулам получим: \[mgH=\dfrac{mv_0^2}{2}+ \Delta E\] Движение шайбы после вылета из желоба рассмотрим с точки зрения кинематики. Движение по оси, направленной вдоль поверхности земли будет равномерное, а движения по оси, перпендикулярной поверхности, будет равнозамедленное, с ускорение \(g\). Напишем уравнение координаты в точке \(D\). Пусть ось Ох направлена вдоль поверхности, ось Оу направлена перпендикулярно поверхности движения. \[\begin{cases} Ox: BD=v_0t \cos{\alpha} \\ Oy: 0=v_0t\sin{\alpha}-\dfrac{gt^2}{2}\\ \end{cases}\] где \(v_0\) – скорость шайбы в точке \(B\), \(t\) – время полета шайбы. Выразим из второго уравнения время и подставим его в первое. \[t=\dfrac{2v_0\sin{\alpha}}{g}\] \[BD=\dfrac{2v_0^2 \sin{\alpha}\cos{\alpha}}{g}\] Выразим из последнего уравнения \(v_0^2\) \[v_0^2=\dfrac{g BD}{\sin{2\alpha}}\] Подставим скорость в точке \(B\) в закон сохранения энергии и выразим изменение механической энергии \[\Delta E=mgH - \dfrac{m gBD}{2\sin{2\alpha}}=mg\left(H-\dfrac{BD}{2\sin{2\alpha}}\right)=0,2\text{ кг} \cdot 10\text{Н/кг}\left(5\text{ м}-\dfrac{3\text{ м}}{2\cdot \dfrac{1}{2}}\right)=4\text{ Дж}\]

Ответ: 4