зад 1 Разрыв фейерверка на осколки
Фейерверк массой \(m=2\) кг стартует после мгновенной работы двигателя с горизонтальной поверхности, летит вертикально вверх и разрывается в высшей точке траектории на множество осколков, которые летят во всевозможных направлениях с одинаковыми по величине скоростями. Высота точки разрыва \(H=65\) м. На землю осколки падают в течение \(\tau=10\) с.
Найдите начальную скорость \(V_0\) фейерверка.
Найдите суммарную кинетическую энергию \(K\) осколков сразу после взрыва.
Ускорение свободного падения \(g=10\) м/с\(^2\). Сопротивление воздуха считайте пренебрежимо малым.
▶ПодсказкаСкрыть
Фейерверк в высшей точке останавливается, так что первый пункт решается через энергию подъёма на высоту \(H\). Для второго пункта сравните время падения осколков с временем падения тела, брошенного вниз с той же скоростью.
▶ОтветСкрыть
1) \(V_0=10\sqrt{13}\approx 36\,\text{м/с}\); 2) \(K=2500\,\text{Дж}\).
▶РешениеСкрыть
1) \(V_0=\sqrt{2gH}=\sqrt{2\cdot 10\cdot 65}=10\sqrt{13}\approx 36\,\text{м/с}\).
2) Осколки разлетаются с одинаковой по модулю скоростью, поэтому суммарная кинетическая энергия равна \(K=\dfrac{m}{2}\left(\dfrac{g\tau}{2}\right)^2\), где \(\dfrac{g\tau}{2}\) — скорость осколков сразу после взрыва. Подставляя \(m=2\) кг, \(g=10\) м/с\(^2\), \(\tau=10\) с, получаем \(K=\dfrac{2}{2}\left(\dfrac{10\cdot 10}{2}\right)^2=2500\) Дж.
зад 2 Шайба на подвижном клине
На гладкой горизонтальной поверхности расположен клин. Гладкая наклонная поверхность клина образует с горизонтом угол \(\alpha=30^\circ\). Шайбе, находящейся на наклонной поверхности клина, сообщают начальную скорость \(V_0=2\) м/с (см. рис.), далее шайба безотрывно скользит по клину. Массы шайбы и клина одинаковы. Ускорение свободного падения \(g=10\) м/с\(^2\).
На какую максимальную высоту \(H\) над точкой старта поднимется шайба на клине?
Найдите скорость \(V\) клина, в тот момент, когда шайба вернется в точку старта на клине. Массы шайбы и клина одинаковы. Ускорение свободного падения \(g=10\) м/с\(^2\).
▶ПодсказкаСкрыть
Горизонтальная проекция импульса системы «шайба + клин» сохраняется, а полная механическая энергия тоже сохраняется. При возвращении шайбы на уровень старта вертикальная проекция её скорости меняет знак.
▶ОтветСкрыть
1) \(H=0{,}125\,\text{м}\); 2) \(V=\sqrt3\approx 1{,}7\,\text{м/с}\).
▶РешениеСкрыть
1) ЗСИ: \(mV_0\cos\alpha=2mV_1\); ЗСЭ: \(\dfrac{m}{2}V_0^2=\dfrac{2m}{2}V_1^2+mgH\). Отсюда \[H=\frac{V_0^2}{2g}\left(1-\frac{\cos^2\alpha}{2}\right)=\frac{5}{16}\,\frac{V_0^2}{g}=\frac{5}{16}\cdot\frac{2^2}{10}=0{,}125\ \text{м}.\]
2) Так как движение шайбы равнопеременное, то при возвращении шайбы на уровень старта вертикальная проекция её скорости меняет знак и равна \(V_Y=-V_0\sin\alpha\). ЗСИ: \(mV_0\cos\alpha=mV_X+mV\); ЗСЭ: \(\dfrac{m}{2}V_0^2=\dfrac{m}{2}\left[(V_0\sin\alpha)^2+V_X^2\right]+\dfrac{m}{2}V^2\). Перепишем: \(V_0\cos\alpha=V_X+V\); \(V_0^2\cos^2\alpha=V_X^2+V^2\). Отсюда \(V_X=0\), \(V=V_0\cos\alpha=\dfrac{2\sqrt3}{2}=\sqrt3\approx 1{,}7\) м/с.
зад 3 Модель автомобиля внутри проволочной сферы
По внутренней поверхности проволочной металлической сферы радиуса \(R=1{,}2\) м равномерно со скоростью \(V_0=3{,}7\) м/с движется модель автомобиля. Движение происходит в горизонтальной плоскости большого круга. Масса модели \(m=0{,}4\) кг. Модель приводится в движение двигателем. Силу сопротивления считайте пренебрежимо малой.
С какой по величине силой \(P\) модель действует на сферу?
Рассмотрим модель автомобиля равномерно движущуюся по окружности в плоскости большого круга, составляющей с горизонтом угол \(\alpha=\dfrac{\pi}{6}\). Вычислите минимальную допустимую скорость \(V_{MIN}\) такого равномерного движения. Коэффициент трения скольжения шин по поверхности сферы \(\mu=0{,}9\). Ускорение свободного падения \(g=10\) м/с\(^2\).
▶ПодсказкаСкрыть
В горизонтальной плоскости сила трения уравновешивает вес, а нормальная реакция сферы сообщает центростремительное ускорение. Для второго пункта рассмотрите верхнюю точку окружности, где скорость минимальна, и предельное трение.
▶ОтветСкрыть
1) \(P\approx 6{,}1\,\text{Н}\); 2) \(V_{MIN}=\sqrt{6+\dfrac{20}{\sqrt3}}\approx 4{,}2\,\text{м/с}\).
▶РешениеСкрыть
1) В горизонтальной плоскости \(F_{тр}=mg\), \(m\dfrac{V_0^2}{R}=N\); сила, действующая на сферу, \(\vec P=-(\vec N+\vec F_{тр})\), поэтому \[P=m\sqrt{\left(\frac{V_0^2}{R}\right)^2+g^2}=0{,}4\sqrt{\left(\frac{3{,}7^2}{1{,}2}\right)^2+10^2}\approx 0{,}4\sqrt{230}\approx 6{,}1\ \text{Н}.\]
2) По второму закону Ньютона \(m\vec a=m\vec g+\vec N+\vec F_{тр}\). В высшей точке траектории \(mg\cos\alpha=F_{тр}\le\mu N\), следовательно, \(N\ge\dfrac{1}{\mu}mg\cos\alpha\). Проекция на нормальное направление: \(m\dfrac{V_{MIN}^2}{R}=mg\sin\alpha+N=mg\sin\alpha+\dfrac{1}{\mu}mg\cos\alpha\). Отсюда \[V_{MIN}=\sqrt{gR\left(\sin\alpha+\frac{1}{\mu}\cos\alpha\right)}=\sqrt{10\cdot 1{,}2\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt3}{0{,}9\cdot 2}\right)}=\sqrt{6+\frac{20}{\sqrt3}}\approx 4{,}2\ \text{м/с}.\]
зад 4 Цикл с дугой окружности
Один моль одноатомного идеального газа участвует в цикле 1-2-3-1 (см. рис.), участок 1–2 –дуга окружности с центром в точке 3. Температура газа в состоянии 1 равна \(T_1\).
Какое количество \(Q\) теплоты подведено к газу в процессе расширения?
Найдите работу \(A\) газа за цикл.
Найдите КПД \(\eta\) цикла.
Универсальная газовая постоянная \(R\).
▶ПодсказкаСкрыть
Работа за цикл равна площади цикла в координатах \(P\)–\(V\); на участке 1–2 она составляет четверть круга. Для теплоты на участке 1–2 используйте первое начало термодинамики.
▶ОтветСкрыть
1) \(Q=\left(\dfrac{11}{2}+\dfrac{\pi}{4}\right)RT_1\); 2) \(A=\dfrac{\pi}{4}RT_1\); 3) \(\eta=\dfrac{\pi}{22+\pi}\approx 0{,}125\), т.е. \(12{,}5\) %.
▶РешениеСкрыть
1) Теплота подводится на участке 1–2: \[Q=\frac{3}{2}\left(P_2V_2-P_1V_1\right)+\left(1+\frac{\pi}{4}\right)P_1V_1=\left(\frac{11}{2}+\frac{\pi}{4}\right)RT_1,\] так как \(P_1V_1=RT_1\), \(P_2V_2=4P_1V_1\).
2) Работа газа за цикл \(A=\dfrac{\pi}{4}P_1V_1=\dfrac{\pi}{4}RT_1\).
3) КПД цикла \[\eta=\frac{A}{Q}\cdot 100\%=\frac{\frac{\pi}{4}RT_1}{\left(\frac{11}{2}+\frac{\pi}{4}\right)RT_1}\cdot 100\%=\frac{\pi}{22+\pi}\cdot 100\%\approx 12{,}5\%.\]
зад 5 Сфера и заряженный стержень
Заряд \(Q>0\) однородно распределен по сфере радиуса \(R\). В первом опыте на расстоянии \(2R\) от центра сферы помещают небольшой по размерам шарик с зарядом \(q>0\).
Найдите силу \(F_1\), действующую на заряженный шарик.
Во втором опыте заряд \(q\) однородно распределяют по стержню длины \(R\), стержень помещают на прямой, проходящей через центр заряженной сферы. Ближайшая к центру сферы точка стержня находится на расстоянии \(2R\) от центра.
Найдите силу \(F_2\), с которой заряд сферы действует на заряженный стержень.
Все силы, кроме кулоновских, считайте пренебрежимо малыми. Коэффициент пропорциональности в законе Кулона \(k\). Явлениями поляризации пренебрегите.
▶ПодсказкаСкрыть
Вне заряженной сферы её поле совпадает с полем точечного заряда, помещённого в центр. Для стержня разбейте его на малые элементы и просуммируйте силы; удобно использовать потенциал.
▶ОтветСкрыть
1) \(F_1=\dfrac{kQq}{4R^2}\); 2) \(F_2=\dfrac{kQq}{6R^2}\).
▶РешениеСкрыть
1) Для определённости будем считать все заряды положительными. \(F_1=qE(2R)=k\dfrac{Qq}{4R^2}\).
2) Если однородно заряженный отрезок лежит на линии поля, вдоль которой напряжённость поля \(E_X(x)\), то суммарная сила, действующая со стороны этого поля на отрезок, равна \(F=\sum\lambda\,\Delta x\,E_X(x)=\lambda\bigl(\varphi(x_1)-\varphi(x_2)\bigr)\). В рассматриваемом случае \(\varphi(2R)-\varphi(3R)=\dfrac{kQ}{2R}-\dfrac{kQ}{3R}=\dfrac{kQ}{6R}\). Линейная плотность \(\lambda=\dfrac{q}{R}\), поэтому \(F_2=\lambda\bigl(\varphi(2R)-\varphi(3R)\bigr)=\dfrac{kQq}{6R^2}\).