Физика

Максимальная скорость груза маятника связана с амплитудой колебаний и циклической частотой соотношением:

$v _м=x_м \omega_0$

Из таблицы видно, что при колебаниях смещение меняется от 0 до 6 см. Следовательно, в положении = весия смещение = 3 см, а амплитуда колебаний равна $x_м=3см$ период $T=2с$ а значит, циклическая частота:

$\omega_0= $\frac{2 \pi}{T}$ = $\frac{2 \pi}{2с}$ = \pi рад/с$

Таким образом, максимальная скорость груза равна приблизительно:

$v _м=0,03м \cdot 3,14 с}\approx 0,09м/с$

Ответ: 0,09 м/⁠с.

Первая космическая скорость  — это скорость, которую необходимо придать объекту, чтобы вывести его на круговую орбиту с радиусом, равным радиусу планеты. Для Земли и Плюка она равна $v _З= \sqrt{аргумента: \frac{GM} аргумента _З}{R_З}$ и $v _П= \sqrt{аргумента: \frac{GM} аргумента _П}{R_П}$ соответственно. Следовательно:

$\frac{v _П}{v _З} = \sqrt{аргумента: \frac{M} аргумента _П}{R_З} R_ПM_З= \sqrt{аргумента: \frac{$\frac{4}{3}$ \pi \rho} аргумента _ПR_П в степени ( 3,}{R ) _З} R_П $\frac{4}{3}$ \pi \rho _ЗR_З ^3 = \sqrt{аргумента: \frac{\rho} аргумента _ПR_П ^2}{\rho _ЗR_З ^2} = \sqrt{аргумента: \frac{( 2R} аргумента _З ) ^2}{R_З ^2} =2$

Таким образом, первая космическая скорость на Плюке в два раза больше, чем на Земле.

Ответ: 2.

Поскольку в горизонтальном направлении на систему не действует никаких сил, для доски с пластилиновым шариком выполняется закон сохранения горизонтальной компоненты импульса:

$m v \cos альфа = ( m + M ) u$

где u  — скорость доски с шариком сразу после удара. Отсюда находим:

$u= $\frac{m v \cos альфа}{( m + M )}$ = $\frac{0,2кг \cdot 10м/с \cdot \cos 60 в степени ( \circ )}{0,2кг + 0,8кг}$ =1м/с$

После удара доска с прилипшим к ней шариком начинает отклоняться на нити, как маятник. При этом выполняется закон сохранения энергии, вся кинетическая энергия, которой доска обладала в нижнем положении переходит в потенциальную энергию при максимальном отклонении:

$\frac{( m + M ) u ^2}{2} = ( m + M ) gh$

Отсюда находим искомую высоту подъема доски:

$h= $\frac{u ^2}{2g}$ = $\frac{( 1м/с ) ^2}{2 \cdot 10м/с ^2}$ =0,05м$

Ответ: 0,05 м.

Поскольку на шайбы не действует никаких внешних сил, для них выполняется закон сохранения импульса:

$\vecp_1 + \vecp_2=\vecp_3 + \vecp_4$

Тогда $\vecp_4=\vecp_1 + \vecp_2 - \vecp_3$
В проекции на выбранные оси:

$p_4x=p_1x$
$p_4y=p_2 - p_3$

Тогда модуль вектора импульса первой шайбы после соударения равен

$p_4= $\sqrt{аргумента: p_4x}$ аргумента ^2 + p_4y ^2 = $\sqrt{аргумента: p_1 ^2 + ( p_2 - p_3 ) ^2}$ аргумента =$
$= $\sqrt{аргумента: ( 2кг \cdot м/с ) ^2 + ( 3,5кг \cdot м/с - 2кг \cdot м/с ) ^2}$ аргумента =2,5кг \cdot м/с$ $p_4= $\sqrt{аргумента: p_4x}$ аргумента ^2 + p_4y ^2 = $\sqrt{аргумента: p_1 ^2 + ( p_2 - p_3 ) ^2}$ аргумента =$
$= $\sqrt{аргумента: ( 2кг \cdot м/с ) ^2 + ( 3,5кг \cdot м/с - 2кг \cdot м/с ) ^2}$ аргумента =$
$=2,5кг \cdot м/с$

Ответ: 2,5 кг · м/⁠с.

1 способ
Запишем закон сохранения энергии для незамкнутой системы:

$A_тр=E_пол_2 - E_пол_1$

где полная энергия в первом состоянии равна $E_пол_1=E_к_1= \frac{m v ^2}{2}$ а во втором состоянии $E_пол_2=E_п_2=mgh$ причем высота подъема шайбы $h=l \sin альфа$ Работа силы трения равна $A_тр= - F_трl$
Таким образом, получаем:

$ - F_трl=mgl \sin альфа - \frac{m v ^2}{2}$

Тогда модуль силы трения равен:

$F_тр= $\frac{m v ^2}{2l}$ - mg \sin альфа = $\frac{0,1 \cdot 16}{2 \cdot 1}$ - 0,1 \cdot 10 \cdot 0,5=0,3Н$

2 способ
Определим сперва величину ускорения шайбы, используя так называемую формулу для пути без времени: $l=\displaystyle $\frac{v _кон ^2 - v _нач ^2}{2a}$ , v _кон=0 = сильно a= $\frac{ - v _нач ^2}{2l}$ = $\frac{ - ( 4м/с ) ^2}{2 \cdot 1м}$ = - 8м/с ^2$ Знак - у ускорения возник, так как тело тормозит и ускорение направлено вниз по склону, чтобы дальше не запутаться, будем в последующих формулах считать, что $a=8м/с ^2 больше 0$ а знак - учитывать при проектировании уравнений.
Второй закон Ньютона в проекции на ось, направленную вниз вдоль плоскости: $mg \sin альфа + F_тр=ma$ Отсюда для силы трения имеем:

$F_тр=ma - mg \sin альфа =0,1кг \cdot 8м/с ^2 - 0,1кг \cdot 10м/с ^2 \cdot \sin 30 ^{\circ}=0,3Н$ $F_тр=ma - mg \sin альфа =$
$=0,1кг \cdot 8м/с ^2 - 0,1кг \cdot 10м/с ^2 \cdot \sin 30 ^{\circ}=0,3Н$

Ответ: 0,3 Н.

Запишем теорему о кинетической энергии: $E_к2 - E_к1=A_сопр$ где начальная кинетическая энергия $E_к1= \frac{m v _1 ^2}{2}$ конечная кинетическая энергия $E_к2= \frac{m v _2 ^2}{2}$ работа силы сопротивления $A= F_сопрs \cos альфа$ Перемещение пули в доске = ее толщине $s=d$ угол между направлением вектора силы сопротивления и вектором перемещения 180°, поэтому $\cos альфа = - 1$

Тогда получаем:

$ - F_сопрd= $\frac{m v _2 ^2}{2}$ - \frac{m v _1 ^2}{2}$

Таким образом, сила сопротивления доски равна:

$F_сопр= $\frac{m ( v _1 ^2 - v _2 ^2 )}{2d}$ = $\frac{0,01кг \cdot ( ( 200м/с ) ^2 - ( 100м/с ) ^2}{2 \cdot 0,02м}$ =7500Н$

Ответ: 7500 Н.

[рис.] Поскольку действием внешних сил за время взрыва можно пренебречь, для системы должен выполняться закон сохранения импульса: $\vecp_0= \vecp_1 + \vecp_2$ Спроектируем уравнение на ось, перпендикулярную направлению движения ядра: $0=p_1 - p_2 \sin 30 в степени ( \circ )$ где $p_1=m_1 v _1$ и $p_2=m_2 v _2$ – импульсы тел после взаимодействия. Следовательно, отношение массы первого осколка к массе второго осколка = :

$\frac{m_1}{m_2} = $\frac{v _2 \sin 30 в степени ( \circ )}{v _1}$ = \frac{80м/с \cdot $\frac{1}{2}$ ,}{20м/с} =2$

Ответ: 2.

Выпишем закон сохранения энергии для незамкнутой системы: $A_тр=E_пол_2 - E_пол_1$
где работа силы трения равна $A_тр= - F_трs$ полная энергия на высоте горы $E_пол_1=E_п=mgh$ полная энергия в момент остановки равна 0.
Тогда получаем: $F_трs=mgh$
Таким образом, величина силы трения равна

$F_тр= $\frac{mgh}{s}$ = $\frac{60кг \cdot 10м/с ^2 \cdot 20м}{200м}$ =60Н$

Ответ: 60 Н.

Поскольку на систему в горизонтальном направлении не действует никаких внешних сил, для системы папа+девочка выполняется закон сохранения импульса в этом направлении: $( m_д + m_n ) v =m_д v _2 + m_nu$
Решая это уравнение, находим скорость папы после толчка:

$u= $\frac{( m_д + m_n ) v - m_д}{v _2}$ m_n= $\frac{( 20кг + 80кг ) \cdot 4м/с - 20кг \cdot 6м/с}{80кг}$ =3,5м/с$ $u= $\frac{( m_д + m_n ) v - m_д}{v _2}$ m_n=$
$= $\frac{( 20кг + 80кг ) \cdot 4м/с - 20кг \cdot 6м/с}{80кг}$ =3,5м/с$

Ответ: 3,5 м/⁠с.

Давление книги на стол определяется как отношение силы, с которой она давит на поверхность, к площади поверхности соприкосновения. Сила давления книги на поверхность стола  — это вес книги $P$ По третьему закону Ньютона, сила с которой книга давит на стол, равна силе, с которой стол действует на книгу, то есть силе реакции опоры $N$ Выпишем второй закон Ньютона для книги в проекции на вертикальную ось $N - mg=ma=0$ Таким образом, давление книги на стол = :

$p= $\frac{P}{S}$ = $\frac{mg}{S}$ = $\frac{0,6 \cdot 10}{0,08}$ =75Па$

Ответ: 75 Па.

Определим, какую бы скорость приобрел свободно падающий мяч. По закону сохранения энергии: $\frac{m v ^2}{2} =mgh$ откуда $v _1 = $\sqrt{аргумента: 2gh}$ аргумента = $\sqrt{аргумента: 2 \cdot 10 \cdot 20}$ аргумента =20 м/с$
Согласно условию, из-⁠за сопротивления воздуха, скорость оказалась на 20% меньше: $v _2 = 0,8 \cdot 20м/с=16м/с$
Таким образом, импульс мяча в момент падения равен $p=m v _2 =0,2 \cdot 16=3,2 кг \cdot м/с$

Ответ: $3,2 кг \cdot м/с$

В силу закона сохранения энергии, максимальная кинетическая и максимальная потенциальная энергия пружинного маятника равны:

$\frac{m v _\max ^2}{2} = \frac{kx_max ^2}{2}$
$v _\max= \sqrt{аргумента: $\frac{k}{m}$} аргумента x_\max= \sqrt{аргумента: $\frac{40}{0,}$ аргумента 4} \cdot 0,04=0,4м/с$

Ответ: 0,4 м/с.

Приведем другое решение.
При малых колебаниях максимальная скорость связана с амплитудой колебаний и круговой частотой соотношением $v _м=\omega x_м$
Так как циклическая частота пружинного маятника равна $\omega = \sqrt{аргумента: $\frac{k}{m}$} аргумента$ получаем, что максимальная скорость равна $v _м= \sqrt{аргумента: $\frac{k}{m}$} аргумента x_м= \sqrt{аргумента: $\frac{40}{0,}$ аргумента 4} \cdot 0,04=0,4м/с$

Определим жесткость пружины. Согласно закону Гука, сила упругости пропорциональна удлинению пружины $F=kx$ что и подтверждает данный график. Используя любую точку на графике для жесткости пружины, имеем:

$k= $\frac{F}{x}$ = $\frac{4Н}{0,02м}$ =200Н/м$

Период свободных колебаний пружинного маятника связан с жесткостью пружины и массой груза соотношением:

$T=2 \pi \sqrt{аргумента: $\frac{m}{k}$} аргумента =2 \cdot 3,14 \cdot \sqrt{аргумента: $\frac{0,5кг}{200Н/м}$} аргумента =0,314с\approx0,3с$

Ответ: 0,3 с.

Определим какую работу совершает сила тяжести при переносе воды массой m с высоты водопада Анхель: $A_тяж=mgh$ Для нагрева воды массой m на температуру $\Delta T$ необходимо затратить энергию $Q=cm\Delta T$ Составим уравнение теплового баланса, учитывая, что только 50% работы силы тяжести идет на нагрев воды:

$Q= \frac{A_тяж}{2}$ откуда $cm\Delta T= \frac{mgh}{2}$

Отсюда изменение температуры жидкости = :

$\Delta T= $\frac{gh}{2c}$ = $\frac{10м/с ^2 \cdot 807м}{2 \cdot 4200Дж/ ( кг \cdot К )}$ \approx 0,96К$

Ответ: 0,96 К.

Будем отсчитывать потенциальную энергию от уровня пола. В начальный момент времени шарик обладает только потенциальной энергией $E=mgh$ Во время падения выполняется закон сохранения энергии, поэтому к моменту удара шарика о пол, вся потенциальная энергия переходит в кинетическую. Таким образом, сразу после удара кинетическая энергия шарика становится = й $0,8mgh$
После удара шарик летит по параболе, при этом $0,8mgh= \frac{m v _0 ^2}{2}$ откуда начальная скорость шарика равна $v _0= $\sqrt{аргумента: 1,}$ аргумента 6gh$
Проекция начальной скорости на вертикальную ось равна: $v _0y= v _0 \sin 60 ^{\circ}$ Учитывая, что в верхней точке траектории вертикальная составляющая скорости равна 0, получаем: $v _y ( t ) = v _0y - gt=0$ следовательно, максимальная высота, на которую поднимется шарик, равна:

$H= $\frac{v _0y ^2}{2g}$ = \frac{1,6gh \sin ^2 60 ^{\circ}}{2g} =0,8h \sin ^2 60 ^{\circ}=1,2м$

Ответ: 1,2 м.