1026 решу егэ физика

Обоснование:

1) для отдельно рассматриваемых движений: движения шара до удара и движения двух шаров после удара — применим закон сохранения полной механической энергии, так как отсутствуют непотенциальные силы (силой сопротивления воздуха пренебрегаем)

2) при абсолютно неупругом ударе шаров энергия системы не сохраняется, но выполняется закон сохранения импульса системы, так как время взаимодействия шаров мало .

Дано:

$m_1=0.3$кг

$m_2=0.2$кг

$α=60°$

$β-?$

Решение:

Запишем закон сохранения энергии: $W_{п_1}=W_{к_1}$ или $m_1gh_1={m_1υ_1^2}/{2}$(2), где $h_1=l(1-cosα)$, где $l$ — длина нити. Тогда скорость первого шара перед ударом: $υ_1=√{2gl(1-cosα)}$(3). Запишем закон сохранения импульса: импульс системы остается постоянным при любых взаимодействиях внутри системы: $m_1υ_1↖{→}=(m_1+m_2)·U↖{→}$(4). В проекции на ось $X$: $m_1υ_1=(m_1+m_2)·U$(5). Тогда скорость шаров после соударения: $U={m_1υ_1}/{(m_1+m_2)}$(6). Запишем закон сохранения энергии: $W’_{к_1}=W’_{п_1}$ или ${m_1U^2}/{2}=m_1gh_2$, где $h_2=l(1-cosβ)$(7). Тогда высота $h_2$, на которую поднимутся шары после удара: $h_2={U^2}/{2g}={1}/{2g}·{m_1^2}/{(m_1+m_2)^2}·υ_1^2={1}/{2g}·{m_1^2·2gh_1}/{(m_1+m_2)^2}$ или $l-lcosβ={m_1^2·(l-l·cosα)}/{(m_1+m_2)^2}⇒l(1-cosβ)={0.09·l(1-cosα)}/{0.25}⇒0.25-0.25cosβ=0.09-0.09cosα⇒0.25-0.25cosβ=0.09-0.09cos60°⇒0.25-0.25cosβ=0.09-0.09·0.5$

$0.25cosβ=0.25-0.09+0.045$

$0.25cosβ=0.205$

$cosβ={0.205}/{0.25}=0.82$

$β=arccos(0.82)$

$β=34.91°$

Обоснование: в данной задаче применим 2 закон Ньютона, так как каждый груз движется поступательно в инерциальной системе отсчёта. При этом, так как грузы соединены нерастяжимыми нитями, грузы будут двигаться с одинаковым ускорением. Силы натяжения каждой отдельно вязтой нити буут равны, так как нити невесомы.

Дано:

$m_1=m_2=m_3=m=2$кг

$m_4=5$кг

$μ=0.1$

$g=10м/с^2$

$a-?$

Решение:

Учитывая, что нити невесомые и не растяжимые, то ускорения ${a_1}↖{→}={a_2}↖{→}={a}↖{→}$ и силы натяжения нитей: $T_{12}=T_{21};T_{23}=T_{32};T_{34}=T_{43}$(1).

Запишем второй закон Ньютона для каждого груза:

1 груз: $Ох_1$: $ma=T_{12}-mgsinα-F_{тр_1}$, где $F_{тр_1}=μN_1$; $Oy_1$: $O=N_1-mgcosα$, откуда $N_1=mgcosα; ma=T_{12}-mgsinα-μmgcosα$(2).

2 груз: $Ох_1$: $ma=T_{23}-T_{21}-mgsinα-μmgcosα$(3); $Oy_1$: $O=N_2-mgcosα$, откуда $F_{тр_2}=μN_2=mgcosα$.

3 груз: $Ох_1$: $ma=T_{34}-T_{32}-mgsinα-μmgcosα$(4); $Oy_1$: $O=N_3-mgcosα$, откуда $F_{тр_3}=μN_3=mgcosα$.

4 груз: $Oy_2$: $m_4a=m_4g-T_{43}$(5).

Из (2) выразим $T_{12}$: $T_{12}=ma+mgsinα+μmgcosα$(6).

Подставим (6) в (3), учитывая, что $T_{12}=T_{21}$: $ma=T_{23}-ma-mgsinα-μmgcosα-mgsinα-μmgcosα; T_{23}=2ma+2mgsinα+2μmgcosα$(7).

Подставим (7) в (4), учитывая, что $T_{23}=T_{32}$: $ma=T_{34}-2ma-2mgsinα-2μmgcosα-mgsinα-μmgcosα; T_{34}=3ma+3mgsinα+3μmgcosα$(8).

Подставим (8) в (5), учитывая, что $T_{34}=T_{43}$: $m_4a=m_4g-3ma-3mgsinα-3μmgcosα; m_4a+3ma=m_4g-3mgsinα-3μmgcosα$.

$a(m_4+3m)=m_4g-3mgsinα-3μmgcosα$

$a={m_4g-3mgsinα-3μmgcosα}/{(m_4+3m)}$(9)

Подставим числовые значения в (9) и найдем ускорение $a$: $a={5·10-3·2·10·0.5-3·0.1·2·10·0.866}/{5+3·2}={50-30-5.196}/{11}={14.804}/{11}=1.345м/с^2≈1.35м/с^2$.

Обоснование:

1) рассмотрим систему отсчёта, завязанную с землёй, это инерциальная система отсчёта, значит в данной задаче применим 2 закон Ньютона

2) для движения саней справедлив закон изменения энергии, так как присутствует непотенциальная сила — сила трения-скольжения. Работа силы трения равна изменению полной механической энергии саней

Дано:

$h=10$м

$μ=0.05$

$α=30°$

$g=10м/с^2$

$S_2-?$

Решение:

1 способ: через закон изменения энергии

Сумма работ сил трения на участках $S_1$ и $S_2$ равна изменению полной механической энергии мальчика на санках:

$∆E=A_{тр1}+A_{тр2}$

$0-mgh=F_{тр1}S_1cos(a_1)+F_{тр2}S_2cos(a_2)$

$a_1$ $a_2$ — углы между силами трения и перемещениями.
$a_1=a_2=180$

$-mgh=-F_{тр1}S_1-F_{тр2}S_2$

$mgh=F_{тр1}S_1+F_{тр2}S_2$ (1)

Найдём силы трения:

2 закон Ньютона при движении по склону:
$ma↖{→}_1=mg↖{→}+F_{тр}↖{→}_1+N↖{→}_1$

Проекция на ось, перпендикулярную наклонной поверхности:
$N_1-mgcosα=0$ $=>$ $N_1=mgcosα$

Путь, пройденный санками по горе $S_1$ равен: $S_1={h}/{sinα}$

$F_{тр1}=μN_1=μmgcosα$

2 закон Ньютона при движении по горизонтальной поверхности:
$ma↖{→}_2=mg↖{→}+F_{тр}↖{→}_2+N↖{→}_2$

Проекция на вертикальную ось:
$N_2-mg=0$ $=>$ $N_2=mg$

$F_{тр2}=μN_2=μmg$

Подставим всё в уравнение (1):

$mgh=μmgcosα{h}/{sinα}+μmgS_2$
$h=μcosα{h}/{sinα}+μS_2$
$h-μctgα{h}=μS_2$
$S_2=h/μ(1-μctgα)=182.6$

***

2 способ: через кинематику

Запишем второй закон Ньютона: $ma↖{→}=mg↖{→}+F_{тр}↖{→}+N↖{→}$(1). В проекциях на Ох: $ma=mgsinα-F_{тр}$(2), Oy: $O=N-mgcosα$(3), откуда $N=mgcosα$(4). Учитывая, что сила трения $F_{тр}=μN=μmgcosα$(5). Тогда ускорение тела из (2): $a={mgsinα-F_{тр}}/{m}={mgsinα-μmgcosα}/{m}=g(sinα-μcosα)$(6). Путь, пройденный санками по горе $S_1$ равен: $S_1={h}/{sinα}={υ^2}/{2a}$. Откуда квадрат скорости в конце спуска: $υ^2={2ah}/{sinα}={2gh(sinα-μcosα)}/{sinα}=2gh(1-μctgα)$(7). Запишем закон сохранения энергии: ${mυ^2}/{2}-0=F_{тр}·S_2$. Откуда $S_2={mυ^2}/{2F_{тр}}$(8), где $F_{тр}=μmg$. Тогда расстояние, которое санки пройдут по горизонтальному участку до полной остановки: $S_2={mυ^2}/{2F_{тр}}={m·2gh(1-μctgα)}/{2μmg}={h}/{μ}(1-μctgα)$(9).

Подставим числовые значения и найдем $S_2$: $S_2={10}/{0.05}·(1-0.05·ctg30)=200·(1-0.05·√3)=200(1-0.0866)=200(0.91339)=182.679=182.7$м.

Обоснование:
1
1) Для падения груза выполняется закон сохранения энергии, потому что если не учитывать сопротивление воздуха, на в процессе падения на груз не действуют непотенциальные силы, и систему «груз-земля» можно считать консервативной.

2) При попадании груза в песок, возникает неконсервативная сила — сила сопротивления грунта. При движении груза в грунте выполняется закон изменения энергии, согласно которому, работа неконсервативных сил равна изменению полной механической энергии системы.

3) Изменение потенциальной энергии при движении груза в песке можно считать пренебрежимо малым, так как перемещение груза в песке примерно в 100 раз меньше высоты, с которой падает груз.

Дано:

$m=1$кг

$h=240$м

$S=0.2$м

$F_c-?$

$υ_0=14$м/с

Решение:

Полная механическая энергия груза в начале падения: $E_0=mgH+{mυ_0^2}/{2}$. По Закону сохранения энергии она равна энергии груза перед попаданием в песок: $E_1=E_0$
Изменение энергии груза до значения $E_2=0$ равно работе силе сопротивления грунта: $E_2-E_1=-F_c·S; $
$-E_0=-F_c·S; $
$mgH+{mυ_0^2}/{2}=F_c·S; $
$F_c={1}/{S}(mgH+{mυ_0^2}/{2})$

$F_c={1}/{0.2}(1·10·240+{1·14^2}/{2})≈12490$H.

Обоснование:

1) для всего движения шара выполняется закон сохранения энергии маятника, так как неконсерватиыне силы (силы трения) отсутствуют, а силой сопротивления воздуха можно пренебречь

2) Сила натяжения нити всегда направлена к центру окружности, по дуге которой движется груз маятника. Значит сила натяжения нити является центростремительной силой и в любой момент времени задаёт центростремительную составляющую ускорения груза: $a_ц={υ^2}/{r}$

Дано:

$m=200г=0.2$кг

$l=1.5$м

$h=1$м

Решение:

В момент, когда нижняя часть нити займет горизонтальное положение, шарик будет на той же высоте, что и гвоздь. Тогда по закону сохранения энергии $mgh={mυ^2}/{2}$ (1), где $h$ — расстояние между гвоздём и точкой подвеса маятника. (Высоту гвоздя берём за 0 потенциальной энергии, поэтому вся потенциальная энергия переходит в кинетическую). Искомая сила натяжения есть центростремительная сила, и она задаёт центростремительную составляющую $a_ц$ ускорения груза $a↖{→}$.

Второй закон Ньютона для груза: $T↖{→}+mg↖{→}=ma↖{→}$.
В проекции на горизонтальную ось, направленную в сторону гвоздя: $T=ma_ц=m{υ^2}/{r}$ (2),
$r=l-h=1.5-1=0.5$м — длина части нити, которая ниже гвоздя.

Из (1) следует, что ${υ^2}=2gh$, тогда $T={m2gh}/r={0.2·2·10·1}/0.5=8H$

Обоснование применяемых законов:
Закон сохранения импульса для системы плот-груз: применим в условиях данной задачи, так как все внешние на силы, действующие на систему, направлены вертикально, в горизонтальной плоскости импульс сохраняется.
(+ при абсолютно неупругом ударе не работает закон сохранения энергии, поэтому здесь мы считаем изменение энергии)

Дано:

$m_1=120$кг

$υ_1=5.3$м/с

$m_2=85$кг

$υ_2=12$м/с

$∆E-?$

Решение:

Закон сохранения импульса: ${p_1}↖{→}+{p_2}↖{→}=p↖{→}$.
$p_1=m_1{υ_1}$ — импульс плота;
$p_2=m_2{υ_2}$ — импульс груза;
$p=(m_1+m_2){υ}$ — импульс системы после удара ($υ$ — скорость плота и груза после неупругого удара).

Так как импульсы тел до удара перпендикулярны, модуль импульса после удара можно найти по теореме Пифагора: $p^2=p_1^2+p_2^2$ $⇒(m_1+m_2)^2υ^2=m_1^2υ_1^2+m_2^2υ_2^2 ⇒$
$⇒υ^2={m_1^2υ_1^2+m_2^2υ_2^2}/(m_1+m_2)^2$

Найдем скорость $υ$: $υ=√{m_1^2υ_1^2+m_2^2υ_2^2}/(m_1+m_2)=√{{120}^2{5,3}^2+{85}^2{12}^2}/(120+50)=5.8636м/с$

Запишем закон сохранения механической энергии: ${m_1υ_1^2}/{2}+{m_2υ_2^2}/{2}={(m_1+m_2)·υ^2}/{2}+∆E$, где $∆E$ — потери механической энергии.
$∆E={m_1υ_1^2}/{2}+{m_2υ_2^2}/{2}-{(m_1+m_2)·υ^2}/{2}$(7). Подставим числовые значения : $∆E={120·28.09}/{2}+{85·144}/{2}-{(205)·34.382}/{2}=1685.4+6120-3524.135=4281.265=4.3$кДж.

Ответ: 4,3 кДж

Другой способ нахождения скорости после удара:

Так как удар не упругий, будет иметь вид: $m_1{υ_1}↖{→}+m_2{υ_2}↖{→}=(m_1+m_2)·υ↖{→}$(1). В проекциях на ось Ох и Оу имеем: $Ox: m_1υ_1=(m_1+m_2)·υ·cosα$(2); $Oy: m_2υ_2=(m_1+m_2)·υ·sinα$(3)

Разделим (3) и (2) и найдем угол $α$: ${sinα}/{cosα}={m_2υ_2}/{m_1υ_1}⇒tgα={85·12}/{120·5.3}=1.60377358490566$, откуда $α=arctg(1.60377)≈58.055°$(4). Найдем скорость $υ$ из (1): $υ={m_1υ_1}/{(m_1+m_2)·υ·cosα}={120·5.3}/{205·cos58°}=5.8636м/с$

Обоснование: для полёта шара применим закон сохранения энергии, так как в системе отсутствуют непотенциальные силы (силой сопротивления воздуха пренебрегаем). При ударе шара о землю энергия не сохраняется, так как уменьшение скорости при ударе свидетельствует о потери кинетической энергии, значит удар нельзя считать упругим.

Дано:

$h_1=1$м

$υ_2=0.94υ_1$

$t=1.3$

$N-?$

Решение:

Падая с высоты $h_1$, шарик подлетает к полу со скоростью $υ_1$, а отталкивает от него со скоростью $υ_2=0.94υ_1$. Согласно закону сохранения механической энергии: $mgh_1={mυ_1^2}/{2}$ и $mgh_2={mυ_2^2}/{2}$, откуда $υ_1=√{2gh_1}$, а $υ_2=√{2gh_2}$

После почленного деления получим: ${υ_2}/{υ_1}={0.94υ_1}/{υ_1}={√{h_2}}/{√{h_1}}$, т.е. $h_2=(0.94)^2·h_1$.

Промежуток времени с момента падения шарика до второго удара об пол: $t=t_1+2t_2$, где $t_1$ — время падения шарика с высоты $h_1$ и $t_2$ — время падения шарика с высоты $h_2$.

Найдем $t_1$ и $t_2$: $h_1={gt_1^2}/{2}$, откуда $t_1=√{{2h_1}/{g}}=√{{2·1}/{9.8}}=0.451c$. Тогда $t_2=√{{2h_2}/{g}}=0.94√{{2h_1}/{g}}=0.94·0.451c=0.4246c$

Поскольку после первого удара шарику нужно подняться на высоту $h_2$, то время между первым и вторым ударом будет равно $2t_2$ или $2t_2=2·0.4246=0.849c$

Сложив $t_1$ и $2t_2$ получим: $t_1=2t_2=0.451+0.849=1.3c$. Значит, за время $t=1.3$ секунды, шарик совершает $N=2$удара.