Сохранение энергии, импульса.

⇐ ПредыдущаяСтр 7 из 22Следующая ⇒

1. В лежащий на горизонтальной плоскости кубик массой кг попадает летевшая со скоростью 200 м/с пуля массой 20 г. Скорость пули была направлена вдоль горизонтальной прямой, проходящей через центр кубика, перпендикулярно одной из его боковых граней. Сколько тепла выделилось бы, если пуля вылетела из кубика со скоростью в раза меньшей , а изменением собственной потенциальной энергии кубика и пули можно было бы пренебречь?

МГУ, физ. фак., 2000

Ответ: Дж

Решение

Поскольку на систему кубик-пуля в горизонтальной плоскости не действуют внешние силы, то закон сохранения импульса будет выполняться для любого направления, лежащего в этой плоскости. Условия задачи позволяют рассматривать взаимодействие кубика и пули как центральное неупругое соударение. Закон сохранения импульса, в этом случае, в проекции на исходное направление полета пули запишется в виде

m v = m w + M u,

где u, w = v / n – скорости кубика и пули после соударения. Отсюда

u= (m / M) (1 – 1 / n).

Закон сохранения энергии для неупругого соударения запишется в виде

mv² / 2 = mw² / 2 + M u² / 2 + Q,

где Q – теплота, выделившаяся при соударении. Отсюда

Q = ( m v² / 2 ) { 1 – 1 / n² – ( 1 – 1 / n ) ² } = 298 Дж.

2. С высоты h = 73.5 м сбрасывают два одинаковых по массе камня, связанных веревкой, длина которой L = 39.2 м. Первый камень начинает падать на t_o = 2 с раньше второго. Через какое время после начала падения камни упадут на землю? Падение происходит без начальной скорости. Рассмотреть два случая: 1) веревка абсолютно упругая; 2) веревка абсолютно неупругая.

Ответ: 1) τ ₁ = 4.6 с, τ ₂ = 2.8 с; 2) τ ₁ = 4.2 с, τ ₂ = 4.3 с.

Решение.

До момента, когда веревка натянется, камни падают свободно:

S₁ = ½ gt², S₂ = ½ g(t – t_o)².

Момент натяжения веревки определяется из условия

L = S₁ – S₂. Отсюда t = 3 c, S₁ = 44.1 м, S₂ = 4.9 м. Время отсчитывается с момента падения первого камня. При натяжении веревки происходит абсолютно упругий удар, и камни обмениваются скоростями. В момент удара

v₁ = gt = 29.4 м/c,

v₂ = g (t – t_o) = 9.8 м/с.

Время t₁ (после того как веревка натянется) находится из условия

h – S₁ = v₂t₁ + ½ gt₁².

Время t₂ падения второго камня – из условия

h – S₂ = v₁t₂ + ½ gt₂².

Отсюда t₁ ~ 1.6 c, t₂ ~ 1.8 c. Первый камень падает 4.6 с, второй 2.8 с.

В случае неупругой веревки скорости камней после ее натяжения выравниваются (неупругий удар):

v = ½ (v₁ + v₂) = 19.6 м/с.

Время падения камней после того, как веревка натянется, определяется уравнениями

h – S₁ = vt₁^/ + ½ gt₁^/ ²,

h – S₂ = vt₂^/ + ½ gt₂^/ ².

Пути S₁ и S₂ те же, что и в первом случае. Отсюда t₁^/ ~ 1.2 c, t₂^/ ~ 3.3 c. Первый камень падает 4.2 с, второй 4.3 с.

3. Гантелька длины L стоит в углу, образованном гладкими плоскостями (см. рис.). Нижний шарик гантельки смещают горизонтально на очень маленькое расстояние, и гантелька начинает двигаться. Найти скорость нижнего шарика в тот момент, когда верхний шарик оторвется от вертикальной плоскости. (Слободецкий, № 22)

Ответ: u_max = (2/3)[(2/3)gL]^1/2.

Решение.

Пусть в момент отрыва верхнего шарика от вертикальной стенки гантелька составляет угол α c вертикалью, скорость верхнего шарика равна v нижнего u. Согласно закону сохранения энергии

½ mv² + ½ mu² = mgΔ h = mgL(1 – cosα ),

где m – масса каждого шарика и Δ h = L(1 – cosα ). Отсюда

v² + u² = 2L (1 – cosα ).

Поскольку стержень жесткий, проекции v и u на направление стержня равны:

vcosα = usinα.

Тогда

u² = 2gL (cos²α – cos³α ) = 2gL(x² – x³),

где x = cosα.

До момента отрыва центр масс гантельки имел горизонтальную составляющую ускорения (это ускорение сообщалось силой реакции вертикальной стенки). Поэтому к моменту отрыва верхнего шарика от вертикальной стенки скорость u максимальна. Найдем значение cosα , при котором выражение y = x² – x³ максимально. Так как y^/ = 2x – 3x² при х = 2/3, то u² максимально при cosα = 2/3 и равно

u_max = (2/3) [(2/3)gL]^1/2.

4. По гладкой горизонтальной поверхности стола равномерно со скоростью v скользит доска массы m₁ вместе с расположенной на ней небольшой шайбой массы m₂ (см. рис.). После абсолютно упругого столкновения доски с вертикальной неподвижной стеной шайба перемещается по доске на расстояние L и останавливается. Определить коэффициент трения скольжения μ между шайбой и доской. Смещением шайбы за время столкновения со стеной пренебречь.

Ответ: μ = 2m₁v²/[Lg(m₁ + m₂)].

Решение.

Запишем закон сохранения импульса для состояний сразу после удара и после остановки шайбы

m₁v – m₂v = (m₁ + m₂)u

и теорему об изменении кинетической энергии

½ (m₁ + m₂)u² – ½ (m₁ + m₂)v² = - μ m₂gL.

Отсюда находим

μ = 2m₁v²/[Lg(m₁ + m₂)].

5. На сортировочной горке сталкиваются два медленно движущихся в одну сторону железнодорожных вагона. Пружины буферов смягчили удар и потом “растолкали” вагоны, так что удар можно считать упругим. Какова была максимальная энергия W упругой деформации пружин? Вагоны имеют массы m₁ и m₂, их скорости до столкновения равны v₁ и v₂.

Ответ: W = ½ m₁m₂(v₁ – v₂)²/(m₁ + m₂).

Решение.

В какой момент энергия упругой деформации пружины максимальна? Очевидно, когда вагоны на мгновение оказались неподвижными один относительно другого. Т.е. в тот момент, когда они движутся с одинаковой скоростью u относительно земли. Тогда законы сохранения импульса и энергии принимают вид:

m₁v₁ + m₂v₂ = (m₁ + m₂)u,

½ m₁v₁² + ½ m₂v₂² = ½ (m₁ + m₂)u² + W.

выражая u из первой формулы и подставляя это значение во вторую, получаем

W = ½ m₁m₂(v₁ – v₂)²/ (m₁ + m₂).

Если бы вагоны двигались навстречу друг другу, то скорость v₂ следует заменить на -v₂. Интересно, что при абсолютно неупругом ударе тех же вагонов переход кинетической энергии в другие формы измеряется той же величиной W.

6. Две пластинки, масса каждой из которых равна m, скреплены пружиной жесткости k (см. рис.). Верхнюю пластинку опустили настолько, что деформация пружины стала равной x_o, и затем отпустили. На какую наибольшую высоту поднимется центр масс системы после того, как отпустили верхнюю пластинку?

Ответ: H = 1/8[kx_o²/(mg) – 2x_o – 3mg/k).

Решение.

До тех пор пока нижняя пластинка лежит на столе, из закона сохранения механической энергии следует, что

½ kx_o² – mgx_o = ½ kx² – mgx + ½ mv²,

где x – удлинение пружины, v – скорость верхней пластинки. В момент отрыва нижней пластинки от стола

kx = mg, x = mg/k,

причем v > 0. Учитывая эти соотношения, получим

½ mv²= ½ kx_o²– mgx_o – 3/4m²g²/k > 0.

Для того чтобы это соотношение выполнялось, должно быть

x_o > 3mg/k.

Скорость центра масс в момент отрыва нижней пластинки от стола равна v_c = ½ v. После отрыва нижней пластинки от стола центр масс будет двигаться вверх равнозамедленно с ускорением g и начальной скоростью v. Следовательно, максимальная высота подъема центра масс

H_c = ½ v²/g = v²/8g = 1/8[kx_o²/(mg) – 2x_o – 3mg/k),

где центр масс отсчитывается от положения центра масс в момент отрыва нижней пластинки от стола. (Эта задача дает представление о процессах, происходящих при прыжках в высоту).

На концах и в середине невесомого стержня длины L расположены одинаковые шарики. Стержень ставят вертикально и отпускают. Считая, что трение между плоскостью и нижним шариком отсутствует, найти скорость верхнего шарика в момент удара о горизонтальную поверхность. Что изменится, если нижний шарик шарнирно закреплен?

Ответ: v = 2[3gL/5]^1/2.

Т.к. в горизонтальном направлении на систему не действуют никакие внешние силы, то центр масс системы (средний шарик) движется вертикально. Это означает, что в момент, когда верхний шарик касается плоскости, скорость нижнего шарика равна нулю, а скорость верхнего направлена вертикально и по модулю вдвое больше скорости среднего шарика. Заметим, что хотя движение в случае шарнирного закрепления нижнего шарика отличается от этого случая, вывод о соотношении скоростей справедлив.

По закону сохранения энергии

Mg( ½ L) + MgL = ½ Mv² + ½ M( ½ v),

где М – масса одного шарика. Отсюда

v = 2[3gL/5]^1/2.

8. Из бункера с высоты Н = 1 м высыпалась порция песка массой m = 1 кг и попала в пустую вагонетку массой 2m, движущуюся горизонтально со скоростью v = 3 м/с. Пренебрегая сопротивлением движению вагонетки со стороны рельсов. Определить: 1) скорость вагонетки с песком, 2) на сколько увеличилась суммарная внутренняя энергия вагонетки, песка и окружающих тел? (МФТИ, 1996)

Ответ: u = 2 м/с, W = 13 Дж.

Решение.

Будем считать взаимодействие порции песка и вагонетки абсолютно неупругим. На систему вдоль направления движения вагонетки никакие внешние силы не действуют и, следовательно, проекция импульса вдоль этого направления должна сохраняться

(2m)v = mu + (2m)u,

где u – скорость системы песок+вагонетка после взаимодействия. Отсюда

u = 2v/3 = 2 м/с.

Закон сохранения энергии для этого случая можно записать в виде

½ (2m)v² + mgH = ½ (3m)u² + W,

где W – суммарная внутренняя энергия вагонетки, песка и окружающих тел. Отсюда

W = ½ (2m)v² + mgH - ½ (3m)u² = 13 Дж.

Механические колебания.

1. Закрепленная на концах струна растянута с силой f. К середине струны прикреплен точечный груз массы m (см. рис.). Определить период малых колебаний прикрепленного груза. Массой струны пренебречь; силу тяжести не учитывать.

Ответ: T = 2π [mL/ (4f)]^1/2 = π [mL/f]^1/2.

Решение.

Сила, действующая на отклоненный от положения равновесия груз, равна

F = 2fsinα

(см. Рис.). Так как угол α мал, то можно считать, что

F = 4fx/L,

или

F = kx,

где k = 4f/L.

По второму закону Ньютона

mx^// = - kx,

или

mx^// + kx = 0.

Отсюда

T = 2π [mL/ (4f)]^1/2 = π [mL/f]^1/2.

На внутренней поверхности тонкого обода велосипедного колеса, которое может свободно вращаться вокруг своей горизонтальной оси, закреплен небольшой по размерам грузик массы m. Радиус обода равен R, а масса колеса равна М. Пренебрегая массой спиц и втулки колеса, найти период малых колебаний колеса с грузиком.

Ответ: T = 2π [(m + M) R/ (mg)]^1/2.

Решение.

Если колесо повернуть на небольшой угол α от положения равновесия, а затем отпустить, то груз пройдет положение равновесия со скоростью v_o. Такую же скорость будут иметь и все остальные точки обода. Поскольку массой спиц и втулки колеса можно пренебречь и колесо может свободно вращаться вокруг своей оси, кинетическая энергия колеса с грузом в этот момент времени

Wк = ½ (m + M)v²_o

должна быть равна работе силы тяжести

A = mgh,

где h = R(1 – cosα )= 2Rsin²(α /2). Учитывая, что при α < < 1 sinα ~ α, можно полагать, что

½ (m + M)v²_o = ½ mgα ²,

т.е. амплитуда скорости v_o пропорциональна амплитуде смещения Rα груза от положения равновесия вдоль траектории его движения. Отсюда следует, что при малых отклонениях от положения равновесия колесо с грузом в отсутствии сил трения будет совершать гармонические колебания и смещение груза должно подчиняться уравнению

s(t) = Rα sin(ω t + φ ),

где ω – угловая частота колебаний, а φ – постоянная, зависящая от выбора начала отсчета времени t. Поскольку

v(t) = ω Rα cos(ω t + φ )

и, следовательно, v_o = ω Rα. Учитывая, что период колебаний T = 2π /ω, получим

T = 2π [(m + M)R/(mg)]^1/2.

3. Маленькую бусинку повесили на невесомую пружину. При этом длина пружины стала равной L. По диаметру в бусинке сделан горизонтальный канал, в который вставили гладкую спицу. Спицу закрепили горизонтально так, что длина пружины осталась равной L. Найти период малых колебаний бусинки. (МГУ, физ. фак., 1995г.)

Ответ: T = 2π (L/g)^1/2.

Решение.

Пусть ось ОX совпадает с осью спицы, а ее начало с положением бусинки при равновесии. Поскольку при малых отклонениях от положения равновесия |x|/L < < 1, то натяжение пружины можно считать неизменным и, согласно условию задачи, равным силе тяжести mg. Из условия задачи следует, что действием сил трения можно пренебречь. Поэтому уравнение движения бусинки будет иметь вид

mx^// = -mgsina = mgx/L

И искомый период колебаний

T = 2π (L/g)^1/2.

4. На бруске массой М = 100 г, находящемся на гладкой горизонтальной плоскости, вертикально установлен легкий стержень, к которому привязана нить длиной L = 25 см с грузом массой m = 50 г (см. рис.). Нить с грузом отклоняют на небольшой угол от вертикали и отпускают. Определить период возникших колебаний груза, считая их гармоническими. (МАИ, 1999)

Ответ: T = 2π [(m + M)L/gM]^1/2.

Решение.

При движении груза сила натяжения нити будет действовать на стержень, что приведет к движению бруска. В результате точка подвеса будет двигать с некоторым ускорением. Поэтому применять формулу

T = 2π (L/g)^1/2

для периода колебаний математического маятника нельзя. Для решения задачи воспользуемся выражением максимальной скорости тела, совершающего колебания с частотой ω _о = 2π /T:

v_max = Aω _о,

где A = α L – амплитуда колебаний ( α – максимальный угол отклонения). Следовательно,

v_max =2π α L /T, T = 2π α L/ v_max.

Так как скорость груза максимальна при прохождении положения равновесия, а система “груз-брусок” замкнута в горизонтальном направлении, то законы сохранения импульса и энергии можно записать в виде

m v_max = Mu,

mgL(1 - cosα ) = ½ m v²_max + ½ Mu².

Откуда получим

v_max = [2MgL(1 - cosα )/(M +m)]^1/2 = [4MgLsin²(α /2)/(M +m)]^1/2 =

= 2sin(α /2)[MgL/(M +m)]^1/2.

Поскольку угол α мал, то 2sin(α /2) ~ α . Следовательно,

T = 2π [(M + m)L/gM)^1/2.

Если масса бруска M > > m, то это выражение совпадает с выражением для периода колебаний математического маятника.

5. Из пункта А в пункт В был послан звуковой сигнал частоты ν = 50 Гц, распространяющийся со скоростью v = 340м/с. При этом на расстоянии от А до В укладывается целое число волн. Опыт повторили, когда температура воздуха была на Δ θ = 20К выше, чем в первом случае. При этом число волн, укладывающихся на расстоянии от А до В, уменьшилось на две. Найти расстояние l между пунктами А и В, если при повышении температуры воздуха на 1 K скорость звука увеличивается на 0.5 м/с.

Ответ: l = 450м.

Решение.

Длина волны в первом опыте

λ = l/n,

где n – целое число длин волн, укладывающихся на расстоянии l. Во втором опыте

λ _{Δ θ} = l/(n – 2).

До повышения температуры скорость звука была равна

v = ν λ = ν l/n,

а после повышения

v_{Δ θ} = ν λ _{Δ θ} = ν l/ (n – 2).

Так как n = ν l/v, то

v_{Δ θ} = ν vl/(vl – 2v).

Скорость звука возрастает по линейному закону

v_{Δ θ} = v( 1 + α Δ θ ),

где α = (0.5/340)K^-1. Подставляя в данное выражение v_{Δ θ}, получим

l = 2v( 1 + α Δ θ )/(ν α Δ θ ) ~ 450м.

6. Скорость реактивного самолета в два раза превышает скорость звука. Человек увидел самолет, когда тот находился над ним на высоте h = 5км. Через какое время после этого человек услышал хлопок. Скорость звука в воздухе 340 м/с.

Ответ: Δ t = 12.7 с.

Решение.

Наблюдатель в точке А услышит звук, когда точки достигнет поверхность звукового конуса, который самолет “тащит” за собой. К этому моменту самолет окажется в точке В (см. рис.). Звуковая волна распространяется перпендикулярно поверхности звукового конуса и поэтому звуковой хлопок, который услышал человек, «родился» в точке D, а не в точке С. Очевидно,

АD = h/cosα,

где

sinα = DA/DB = C_зв/v_сам = 0.5.

Тогда искомое время

Δ t = t_AD - t_DC = AD/v_зв – DC/v_сам =

h/(v_звcosα ) – htgα /v_сам = (h/v_зв)(1/cosα – ½ tgα ) = 12.7 с.

7. К стенке, наклоненной под углом α к вертикали, подвешен маятник длины l (см. рис.). Маятник отклонили в плоскости, перпендикулярной к стенке, на небольшой угол β от вертикального положения и отпустили. Найти период колебаний маятника, если α < β и удар шарика о стенку – абсолютно упругий. (Слободецкий, 142).

Решение

Если бы стенки не было, маятник совершал бы гармонические колебания с угловой амплитудой (максимальным углом отклонения от вертикали) β и с периодом

Т_о = 2π (l/g)^1/2.

При упругом столкновении со стенкой абсолютная величина скорости не меняется, а направление движения меняется на противоположное. Это означает, что период колебания маятника Т в присутствии стенки меньше Т_о на время τ, за которой маятник, совершая свободные колебания, отклонился бы от вертикали вправо от угла α до угла β и вернулся обратно.

Запишем уравнение гармонических колебаний для углового перемещения φ:

φ = β cosω t,

где ω = 2π /T_o. График зависимости φ (ω t) показан на рисунке. В момент времени t = 0
ω = β, т. е маятник находится в крайнем правом положении. Через некоторое время t₁ угол отклонения маятника от вертикали станет равным α. Из уравнения α = β cos(ω t₁) получаем

t₁ = (1/ω ) arcos (α /β ).

Из симметрии очевидно, что

τ = 2t₁ = (2/ω )arcos(α /β ) = (T_o/π ) arcos(α /β ).

Тогда окончательно

T = T_o – τ = 2(l /g)^1/2[π – arcos (α /β )].

8. Из пункта А в пункт В был послан звуковой сигнал частоты ν = 50 Гц, распространяющийся со скоростью v = 340м/с. При этом на расстоянии от А до В укладывается целое число волн. Опыт повторили, когда температура воздуха была на Δ θ = 20К выше, чем в первом случае. При этом число волн, укладывающихся на расстоянии от А до В, уменьшилось на две. Найти расстояние l между пунктами А и В, если при повышении температуры воздуха на 1 K скорость звука увеличивается на 0.5 м/с.

Ответ: l = 450м.

Решение.

Длина волны в первом опыте

λ = l/n,

где n – целое число длин волн, укладывающихся на расстоянии l. Во втором опыте

λ _{Δ θ} = l/(n – 2).

До повышения температуры скорость звука была равна

v = ν λ = ν l/n,

а после повышения

v_{Δ θ} = ν λ _{Δ θ} = ν l/ (n – 2).

Так как n = ν l/v, то

v_{Δ θ} = ν vl/(vl – 2v).

Скорость звука возрастает по линейному закону

v_{Δ θ} = v( 1 + α Δ θ ),

где α = (0.5/340)K^-1. Подставляя в данное выражение v_{Δ θ}, получим

l = 2v(1 + α Δ θ )/(ν α Δ θ ) ~ 450м.

9. К верхнему концу цилиндрического сосуда, в который медленно наливают воду, поднесен звучащий камертон. Звук, издаваемый камертоном, заметно усиливается, когда расстояние от поверхности жидкости до верхнего конца сосуда достигают значений h₁ = 25см и h₂ = 75см. Найти частоту колебаний ν камертона. Скорость звука в воздухе v = 340м/с.

Ответ: ν = 340 Гц.

Решение.

Звучание камертона усиливается в тот момент, когда частота собственных колебаний воздушного столба в сосуде совпадает с частотой колебаний камертона. Собственные колебания воздушного столба в сосуде соответствуют установлению в нем стоячей волны такой длины λ, что у нижнего конца образуется узел смещений частиц воздуха, а у верхнего – пучность. Таким образом, в свободной части трубы h укладывается λ /4, 3λ /4, 5λ /4 и т.д., т.е. в общем случае

(2k + 1) λ /4 = h,

где k – целое число. Напомним, что в стоячей волне между двумя узлами укладывается половина длины волны.

Так как частота колебаний в звуковой волне

ν = v/λ,

то соответствующая некоторому значению k частота камертона

ν =(2k + 1) v/(4h).

По условию задачи частота имеет вполне определенное значение. Поэтому различным высотам воздушного столба h₁ и h₂ должны соответствовать два значения k, отличающиеся на единицу:

k₁ = n и k₂ = n + 1,

причем должно выполнять условие

(2k₁ + 1) v/(4h₁) = (2k₂ + 1) v/(4h₂);

отсюда найдем, что n = 0 и, следовательно, k₁ = 0 и k₂ = 1. Таким образом, частота колебаний камертона равна v = v/4h₁ = 3v/4h₂ = 340 Гц.

Тело находится в некоторой точке А внутри сферы. В каком случае оно быстрее достигнет нижней точки сферы В: если будет скользить по поверхности сферы или по наклонной плоскости АВ? Трение в обоих случаях пренебрежимо мало, начальная скорость тела равна нулю и расстояние АВ много меньше радиуса сферы.

⇐ Предыдущая 2 3 4 5 678 9 10 11 Следующая ⇒