26. Механика: расчетная задача высокого уровня с обоснованием: законы сохранения: расчетная задача

Обоснование.

Задачу решаем в инерциальной системе отсчета, связанной с Землей.
Трением о воздух пренебрегаем.
Время разрыва считаем малым, поэтому изменением потенциальной энергии и действием силы тяжести можно пренебречь.
Используем законы сохранения импульса и энергии.

Закон сохранения импульса:$$2m \cdot v_0 = m \cdot v_1 + m \cdot v_2$$где:
$2m = 4 \, \text{кг}$ — масса снаряда,
$m = 2 \, \text{кг}$ — масса каждого осколка,
$v_0 = 400 \, \text{м/с}$ — начальная скорость снаряда,
$v_1$ — скорость осколка, летящего вперед,
$v_2$ — скорость осколка, летящего назад.

Упрощаем уравнение:$$2v_0 = v_1 + v_2$$
Закон сохранения энергии:$$ \Delta E = \frac{mv_1^2}{2} + \frac{mv_2^2}{2}- \frac{2mv_0^2}{2}$$ где $\Delta E = 0.5 \cdot 10^6 \, \text{Дж}.$

Упрощаем:$$ \Delta E = \frac{m}{2} (v_1^2 + v_2^2- 2v_0^2)$$

Выражаем $v_2$ через $v_1.$
Из закона сохранения импульса:
$$ v_2 = 2v_0- v_1$$
Подставляем $v_2$ в уравнение энергии:
$$ \Delta E = \frac{m}{2} \left(v_1^2 + (2v_0- v_1)^2- 2v_0^2\right)$$
$$ \Delta E = \frac{m}{2} \left(v_1^2 + 4v_0^2- 4v_0v_1 + v_1^2- 2v_0^2\right)$$
$$ \Delta E = \frac{m}{2} (2v_1^2- 4v_0v_1 + 2v_0^2)$$
Делим на $2$:$$ \Delta E = m (v_1^2- 2v_0v_1 + v_0^2)$$
Замечаем полный квадрат:
$$ \Delta E = m (v_1- v_0)^2$$

Находим $v_1$:$$ v_1- v_0 = \sqrt{\frac{\Delta E}{m}}$$
Подставляем значения:$$ v_1 = v_0 + \sqrt{\frac{0.5 \cdot 10^6}{2}} = 400 + \sqrt{0.25 \cdot 10^6}$$ $$ = 400 + 500 = 900 \, \text{м/с}$$

Ответ: $v_1 = 900 \, \text{м/с}.$

Обоснование.

Систему отсчета свяжем с Землей, считая ее инерциальной.
Шарики движутся поступательно, поэтому их можно рассматривать как материальные точки.
Сопротивлением воздуха пренебрегаем, поэтому движение шариков до столкновения описывается законами равноускоренного движения в поле тяжести Земли.
При столкновении внутренние силы взаимодействия значительно превышают силу тяжести, поэтому можно применить закон сохранения импульса.

Движение шариков до столкновения.

Введем систему координат: ось $ OX $ — горизонтальная, ось $ OY $ — вертикальная вверх. Начало координат — точка старта первого шарика.

Для первого шарика (брошенного под углом $ \alpha $):
$$ y_1(t) = v_0 \sin \alpha \cdot t- \frac{g t^2}{2}$$ $$ v_{y1}(t) = v_0 \sin \alpha- g t$$
Для второго шарика (падающего из состояния покоя):
$$ v_{y2}(t) = -g t$$

Условие столкновения.

После неупругого столкновения скорость шариков направлена горизонтально, значит, вертикальная составляющая скорости равна нулю:
$$m v_{y1} + m v_{y2} = 0$$Отсюда:$$ v_{y1} = -v_{y2}$$ Подставляем выражения для $ v_{y1} $ и $ v_{y2} $:
$$ v_0 \sin \alpha- g t = g t$$ Находим время до столкновения $ \tau_1 $:
$$ \tau_1 = \frac{v_0 \sin \alpha}{2g}$$

Высота столкновения.

Подставляем $ \tau_1 $ в выражение для $ y_1(t) $:
$$ h = y_1(\tau_1) = v_0 \sin \alpha \cdot \tau_1- \frac{g \tau_1^2}{2}$$
После подстановки:
$$ h = \frac{v_0^2 \sin^2 \alpha}{2g}- \frac{g v_0^2 \sin^2 \alpha}{8g^2} = \frac{3 v_0^2 \sin^2 \alpha}{8g}$$

Время падения после столкновения.

После столкновения вертикальная скорость шариков равна нулю, поэтому время падения $ \tau_2 $ определяется из уравнения свободного падения:
$$ h = \frac{g \tau_2^2}{2}$$ Отсюда:
$$ \tau_2 = \sqrt{\frac{2h}{g}} = \sqrt{\frac{3 v_0^2 \sin^2 \alpha}{4g^2}} = \frac{v_0 \sin \alpha \sqrt{3}}{2g}$$

Общее время падения:$$ \tau = \tau_1 + \tau_2 = \frac{v_0 \sin \alpha}{2g} + \frac{v_0 \sin \alpha \sqrt{3}}{2g} = \frac{(1 + \sqrt{3}) v_0 \sin \alpha}{2g}$$

Ответ: $\tau = \frac{(1 + \sqrt{3}) v_0 \sin \alpha}{2g}.$

Обоснование.

Систему отсчета связываем с Землей, считая ее инерциальной.
Тело рассматриваем как материальную точку, так как его размеры малы по сравнению с радиусом полусферы.
Поскольку полусфера гладкая, сила трения отсутствует, и работа силы реакции опоры равна нулю (она перпендикулярна перемещению).
Механическая энергия системы сохраняется.
В момент отрыва сила реакции опоры $ N $ обращается в ноль.

Закон сохранения энергии.

В начальный момент (верхняя точка полусферы) тело обладает только потенциальной энергией:
$$E_1 = mgR$$ В момент отрыва тело имеет кинетическую и потенциальную энергию. Пусть $ h $ — высота точки отрыва над основанием полусферы:$$ E_2 = \frac{mv^2}{2} + mgh$$ По закону сохранения энергии:
$$mgR = \frac{mv^2}{2} + mgh \quad (1)$$

Условие отрыва.

В момент отрыва сила реакции опоры $ N = 0 .$ На тело действует только сила тяжести $ mg ,$ проекция которой на радиальное направление равна $ mg \cos \theta ,$ где $ \theta $ — угол между вертикалью и радиусом, проведенным к точке отрыва.

Центростремительное ускорение тела:$$ a = \frac{v^2}{R}$$ По второму закону Ньютона:
$$ mg \cos \theta = m \frac{v^2}{R} \quad (2)$$ Из геометрии задачи:
$$ \cos \theta = \frac{h}{R} \quad (3)$$

Решение системы уравнений.

Подставляем $(3)$ в $(2)$:$$mg \frac{h}{R} = m \frac{v^2}{R} \implies v^2 = gh \quad (4)$$ Подставляем $(4)$ в $(1)$:$$mgR = \frac{mgh}{2} + mgh$$ $$ \implies R = \frac{h}{2} + h \implies R = \frac{3h}{2} \implies h = \frac{2R}{3} $$ Подставляем $ h $ обратно в $(4)$:$$ v^2 = g \cdot \frac{2R}{3} \implies v = \sqrt{\frac{2gR}{3}}$$

Численный расчет.

Подставляем значения $ g = 10 \, \text{м/с}^2 $ и $ R = 2.5 \, \text{м} $:
$$ v = \sqrt{\frac{2 \cdot 10 \cdot 2.5}{3}} = \sqrt{\frac{50}{3}} \approx 4.1 \, \text{м/с}$$

Ответ: $ v \approx 4.1 \, \text{м/с}.$

Обоснование.

Систему отсчета связываем с Землей (инерциальная система).
Трение отсутствует (плоскость гладкая), работа силы реакции опоры равна нулю.
До и после удара механическая энергия сохраняется.
При ударе время взаимодействия мало, поэтому внешними силами (тяжести) можно пренебречь и применять закон сохранения импульса.

Движение бруска до удара.

Используем закон сохранения энергии:$$ Mgh = \frac{Mv_1^2}{2}, \quad \text{где} \quad h = x \sin \alpha$$ $$Mgx \sin \alpha = \frac{Mv_1^2}{2} \implies v_1 = \sqrt{2gx \sin \alpha}$$ Подставляем значения:$$ v_1 = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 3.6 \cdot 0.5} = \sqrt{36} = 6 \, \text{м/с}$$

Удар пули с бруском (неупругое столкновение).

Закон сохранения импульса (ось направлена вверх вдоль плоскости):
$$mv- Mv_1 = (M + m)u$$ где $ u $ — скорость системы после удара.

Движение системы после удара.

Закон сохранения энергии:$$ \frac{(M + m)u^2}{2} = (M + m)gS \sin \alpha$$ $$u = \sqrt{2gS \sin \alpha} = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 2.5 \cdot 0.5} = \sqrt{25} = 5 \, \text{м/с}$$
Из закона сохранения импульса:$$mv- Mv_1 = (M + m)u$$Подставляем известные величины:$$555m- 250 \cdot 6 = (250 + m) \cdot 5$$ $$ 555m- 1500 = 1250 + 5m$$ $$550m = 2750 \implies m = 5 \, \text{г}$$
Ответ: $m = 5 \, \text{г}.$

Обоснование.

Систему отсчета связываем с Землей (инерциальная система).
Тело считаем материальной точкой (размеры малы по сравнению с радиусом полусферы).
Полусфера гладкая ⇒ сила трения отсутствует, работа силы реакции опоры $ \vec{N} $ равна нулю.
Механическая энергия сохраняется.
В момент отрыва $ N = 0 .$

Закон сохранения энергии.

В начальной точке (вершина полусферы):
$$E_1 = mgR$$ В точке отрыва:
$$ E_2 = \frac{mv^2}{2} + mgh$$ По закону сохранения энергии:$$mgR = \frac{mv^2}{2} + mgh \quad (1)$$

Условие отрыва.

В момент отрыва равнодействующая сил дает центростремительное ускорение:
$$ mg \cos \alpha = m \frac{v^2}{R} \quad (2)$$Из геометрии:$$\cos \alpha = \frac{h}{R} \quad (3)$$

Решение системы уравнений.

Подставляем $(3)$ в $(2)$:$$ g \frac{h}{R} = \frac{v^2}{R} \implies h = \frac{v^2}{g}$$Подставляем $ h $ в $(1)$:
$$gR = \frac{v^2}{2} + g \cdot \frac{v^2}{g} \implies gR = \frac{v^2}{2} + v^2$$ $$ gR = \frac{3v^2}{2} \implies R = \frac{3v^2}{2g}$$

Численный расчет.

Подставляем $ v = 4 \, \text{м/с} $ и $ g = 10 \, \text{м/с}^2 $:$$R = \frac{3 \cdot 16}{2 \cdot 10} = \frac{48}{20} = 2.4 \, \text{м}$$
Ответ: $R = 2.4 \, \text{м}.$

Обоснование.

Система отсчета связана с Землей (инерциальная).
Тела считаем материальными точками.
При ударе выполняется закон сохранения импульса (горизонтальные внешние силы отсутствуют).
После удара работает закон сохранения механической энергии (сила натяжения нити не совершает работы).
Минимальное условие: в верхней точке натяжение нити $ T = 0 .$

Закон сохранения импульса при ударе:
$$mv = (M + m)u \quad (1)$$ где $ u $ — скорость системы после удара.

Закон сохранения энергии (нижняя → верхняя точка):$$ \frac{(M + m)u^2}{2} = \frac{(M + m)V^2}{2} + (M + m)g \cdot 2l \quad (2)$$где $ V $ — скорость в верхней точке.

Условие минимальной скорости (в верхней точке):
$$ (M + m)g = \frac{(M + m)V^2}{l} \implies V^2 = gl \quad (3)$$

Подставляем $(3)$ в $(2)$:$$ \frac{u^2}{2} = \frac{gl}{2} + 2gl \implies u^2 = 5gl$$

Из уравнения $(1)$ находим $ v $:
$$ v = \frac{M + m}{m} \sqrt{5gl} = \frac{0.26}{0.01} \sqrt{5 \cdot 10 \cdot 0.5} = 26 \cdot 5 = 130 \, \text{м/с}$$

Ответ: $v = 130 \, \text{м/с}.$ ободного падения $ g = 10 \, \text{м/с}^2 .$

Обоснование.

Систему отсчета связываем с Землей (инерциальная система).
Тела считаем материальными точками.
При ударе выполняется закон сохранения импульса (горизонтальные внешние силы отсутствуют).
После удара работает закон сохранения механической энергии (сила натяжения нити не совершает работы).
Минимальное условие: в верхней точке натяжение нити $ T = 0 .$

Закон сохранения импульса при ударе:
$$ mv_0 = (M + m)v_1 \quad (1)$$ где $ v_1 $ — скорость системы шар+пуля сразу после удара.

Закон сохранения энергии (нижняя → верхняя точка):
$$\frac{(M + m)v_1^2}{2} = \frac{(M + m)v_2^2}{2} + (M + m)g \cdot 2l \quad (2)$$ где $ v_2 $ — скорость в верхней точке.

Условие минимальной скорости (в верхней точке):
$$ (M + m)g = \frac{(M + m)v_2^2}{l} \implies v_2^2 = gl \quad (3)$$

Подстановка $(3)$ в $(2)$:$$ \frac{v_1^2}{2} = \frac{gl}{2} + 2gl \implies v_1^2 = 5gl \implies v_1 = \sqrt{5gl}$$

Выражаем массу пули из $ (1)$:$$ m = \frac{M\sqrt{5gl}}{v_0- \sqrt{5gl}}$$Подставляем численные значения ($ g = 10 \, \text{м/с}^2 ,$ $ l = 0.5 \, \text{м} ,$ $ M = 0.23 \, \text{кг} ,$ $ v_0 = 120 \, \text{м/с} $):
$$\sqrt{5gl} = \sqrt{5 \cdot 10 \cdot 0.5} = 5 \, \text{м/с}$$ $$ m = \frac{0.23 \cdot 5}{120- 5} = \frac{1.15}{115} = 0.01 \, \text{кг} = 10 \, \text{г}$$

Ответ: $m = 10 \, \text{г}.$

Обоснование.

Используем инерциальную систему отсчета, связанную с Землей.
Шар и пулю рассматриваем как материальные точки.
Время взаимодействия считаем малым → сохраняется горизонтальная составляющая импульса системы.
Механическая энергия сохраняется (работа силы натяжения нити равна нулю).
Нулевой уровень потенциальной энергии — положение равновесия шара.

Скорость шара перед ударом.

Потенциальная энергия в начальном положении:
$$ E_p = Mgl(1- \cos \alpha)$$Кинетическая энергия в нижней точке:
$$ E_k = \frac{Mv_0^2}{2}$$По закону сохранения энергии:
$$ Mgl(1- \cos \alpha) = \frac{Mv_0^2}{2} \implies v_0 = \sqrt{2gl(1- \cos \alpha)}$$ Подставляем $ \alpha = 60^\circ ,$ $ \cos 60^\circ = 0.5 $:$$ v_0 = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 0.9 \cdot (1- 0.5)} = \sqrt{9} = 3 \, \text{м/с}$$

Скорость шара после удара.

По закону сохранения энергии для нового угла $ \beta = 39^\circ $:
$$\frac{Mu^2}{2} = Mgl(1- \cos \beta) \implies u = \sqrt{2gl(1- \cos \beta)}$$При $ \cos \beta = \frac{7}{9} $:
$$u = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 0.9 \cdot \left(1- \frac{7}{9}\right)} = \sqrt{4} = 2 \, \text{м/с}$$

Закон сохранения импульса:
$$ Mv_0- mv_1 = Mu + mv_2$$где $ v_1 $ — начальная скорость пули, $ v_2 $ — конечная скорость пули.

Изменение скорости пули.

Выразим $ \Delta v = v_2- v_1 $:$$\Delta v = \frac{M(v_0- u)}{m}$$Подставляем значения:$$ \Delta v = \frac{1 \cdot (3- 2)}{0.01} = 100 \, \text{м/с}$$Знак «−» в ответе означает уменьшение скорости:$$ \Delta v = -100 \, \text{м/с}$$
Ответ: $\Delta v = -100 \, \text{м/с} \, \text{(уменьшилась на 100 м/с)}.$

Обоснование.

Используем инерциальную систему отсчета, связанную с Землей.
Шарики считаем материальными точками.
До столкновения движение описывается законами равноускоренного движения с ускорением $ \vec{g} .$
При столкновении внутренние силы много больше силы тяжести → применяем закон сохранения импульса.
После удара скорость горизонтальна → вертикальная составляющая импульса системы равна нулю.

Движение до столкновения.

Для первого шарика (брошенного):
$$ v_{y1} = v_0 \sin \alpha- gt$$Для второго шарика (падающего):$$ v_{y2} = -gt$$

Условие горизонтальной скорости после удара.

Вертикальная составляющая суммарного импульса после удара равна нулю:
$$ m v_{y1} + m v_{y2} = 0 \implies v_{y1} = -v_{y2}$$ $$v_0 \sin \alpha- gt = gt$$

Вычисление начальной скорости:
$$ v_0 = \frac{2gt}{\sin \alpha} = \frac{2 \cdot 10 \cdot 1}{\sin 30^\circ} = \frac{20}{0.5} = 40 \, \text{м/с}$$
Ответ: $v_0 = 40 \, \text{м/с}.$

Обоснование.

Используем инерциальную систему отсчета, связанную с Землей.
Шарики считаем материальными точками.
До столкновения движение описывается законами равноускоренного движения с $ \vec{g} .$
При столкновении внутренние силы $>>$ силы тяжести $→$ закон сохранения импульса.
После удара скорость горизонтальна $→$ вертикальная составляющая импульса системы $= 0.$

Движение до столкновения.

Для первого шарика:
$$y_1 = v_0 \sin \alpha \cdot t- \frac{gt^2}{2} $$ $$v_{y1} = v_0 \sin \alpha- gt $$ $$ x_1 = v_0 \cos \alpha \cdot t $$Для второго шарика: $$v_{y2} = -gt$$

Условие горизонтальной скорости после удара:
$$ m(v_0 \sin \alpha- gt) + m(-gt) = 0 \implies t = \frac{v_0 \sin \alpha}{2g}$$

Координаты в момент столкновения.

Высота:$$h = \frac{3v_0^2 \sin^2 \alpha}{8g}$$ Горизонтальное перемещение:$$ L_1 = \frac{v_0^2 \sin 2\alpha}{4g}$$

Движение после столкновения.

Горизонтальная скорость:$$ u = \frac{v_0 \cos \alpha}{2}$$Время падения:$$\tau = \frac{\sqrt{3}v_0 \sin \alpha}{2g}$$Дальность:$$ L_2 = \frac{\sqrt{3}v_0^2 \sin 2\alpha}{8g}$$

Общая дальность:$$ L = L_1 + L_2 = \frac{v_0^2 \sin 2\alpha}{4g} \left(1 + \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$$ $$ v_0 = \sqrt{\frac{8gL}{(2 + \sqrt{3}) \sin 2\alpha}}$$
Ответ: $v_0 = \sqrt{\frac{8gL}{(2 + \sqrt{3}) \sin 2\alpha}}.$

Обоснование.

Используем инерциальную систему отсчета, связанную с Землей.
Снаряд и его части считаем материальными точками.
При разрыве выполняется закон сохранения импульса.
Изменение энергии системы равно работе внутренних сил взрыва.

Закон сохранения импульса:$$Mv = \frac{M}{3}u_1- \frac{2M}{3}u_2 $$ $$9 \cdot 250 = 3 \cdot 900- 6 \cdot u_2 \implies 2250 = 2700- 6u_2 $$ $$ u_2 = \frac{2700- 2250}{6} = 75 \, \text{м/с}$$

Кинетическая энергия до взрыва:
$$ E_{\text{нач}} = \frac{Mv^2}{2} = \frac{9 \cdot 250^2}{2} = 281250 \, \text{Дж}$$

Кинетическая энергия после взрыва:$$ E_{\text{кон}} = \frac{3 \cdot 900^2}{2} + \frac{6 \cdot 75^2}{2} = 1215000 + 16875 = 1231875 \, \text{Дж}$$

Изменение энергии:
$$\Delta E = E_{\text{кон}}- E_{\text{нач}} = 1231875- 281250 = 950625 \, \text{Дж}$$

Ответ: $\Delta E = 950625 \, \text{Дж}.$

Обоснование:

$1)$ Задачу решаем в инерциальной системе отсчета, связанной с желобом.

$2)$ Тело считаем материальной точкой, так как его размерами можно пренебречь.

$3)$ Для определения точки отрыва применяем второй закон Ньютона, справедливый в выбранной инерциальной системе отсчета.

$4)$ Поскольку трение между телом и желобом отсутствует, выполняется закон сохранения механической энергии.

$5)$ После отрыва тело движется по параболе, применяем кинематические уравнения для тела, брошенного под углом к горизонту.

Решение:

$1)$ Тело не может дойти до наивысшей точки $A$ полуокружности, так как в этой точке на высоте $H$ скорость была бы нулевой, что противоречит второму закону Ньютона. Следовательно, тело отрывается раньше, в точке $B.$

$2)$ Обозначим: $O$ — центр полуокружности, $\alpha$ — угол между отрезком $OB$ и горизонталью, $V$ — скорость тела в точке отрыва. По закону сохранения энергии:

$$mgH = mg\left( \dfrac{H}{2} + \dfrac{H}{2} \sin \alpha \right) + \dfrac{mV^2}{2}$$

$3)$ В точке отрыва сила нормальной реакции равна нулю. Второй закон Ньютона в точке $B{:}$

$$\dfrac{mV^2}{\dfrac{H}{2}} = mg \sin \alpha$$

$4)$ Из уравнений находим:

$$\sin \alpha = \dfrac{2}{3}, \quad V = \sqrt{\dfrac{gH}{3}}$$

$5)$ После отрыва тело движется по параболе. Направим ось $Y$ вертикально вверх, ось $X$ горизонтально. В момент отрыва вектор скорости составляет с осью $Y$ угол $\alpha.$

$6)$ Проекция скорости на ось $Y$ изменяется по закону:

$$V_y = V \cos \alpha- gt$$

$7)$ Модуль скорости минимален в момент достижения максимальной высоты, когда $V_y = 0{:}$

$$V \cos \alpha- gt_0 = 0$$

$8)$ С учетом $\cos \alpha = \dfrac{\sqrt{5}}{3}{:}$

$$t_0 = \dfrac{V \cos \alpha}{g} = \dfrac{1}{g} \sqrt{\dfrac{gH}{3}} \cdot \dfrac{\sqrt{5}}{3} = \dfrac{1}{3} \sqrt{\dfrac{5H}{3g}}$$

$9)$ Подставим числовые значения:

$$t_0 = \dfrac{1}{3} \sqrt{\dfrac{5 \cdot 2.16}{3 \cdot 10}} = \dfrac{1}{3} \sqrt{\dfrac{10.8}{30}} = \dfrac{1}{3} \sqrt{0.36} = \dfrac{1}{3} \cdot 0.6 = 0.2 \space \text{с}$$

Ответ: $t_0 = 0.2 \space \text{с}$ время после отрыва от желоба, когда модуль скорости тела будет минимальным.

Обоснование:

$1)$ Задачу решаем в инерциальной системе отсчета, связанной с горизонтальной плоскостью.

$2)$ Брусок считаем материальной точкой.

$3)$ Проекция на горизонтальную ось равнодействующей всех внешних сил равна нулю, поэтому сохраняется проекция суммарного импульса системы на горизонтальную ось.

$4)$ Поскольку трением в системе можно пренебречь, выполняется закон сохранения механической энергии.

Решение:

$1)$ Рассмотрим движение бруска по левому клину. Применим закон сохранения импульса для системы «брусок + левый клин» в проекции на горизонтальную ось:

$$0 = mv + Mu_1$$

где $v$ — проекция скорости бруска, $u_1$ — проекция скорости левого клина. Отсюда:

$$u_1 = -\dfrac{m}{M}v$$

$2)$ Применим закон сохранения механической энергии для системы «брусок + левый клин»:

$$mgH = \dfrac{mv^2}{2} + \dfrac{Mu_1^2}{2}$$

$3)$ Подставим выражение для $u_1{:}$

$$mgH = \dfrac{mv^2}{2} + \dfrac{M}{2} \left( \dfrac{m}{M}v \right)^2 = \dfrac{mv^2}{2} + \dfrac{m^2 v^2}{2M}$$

$4)$ Выразим $v^2{:}$

$$v^2 = 2gH \left( \dfrac{M}{M+m} \right)$$

$5)$ Рассмотрим движение бруска по правому клину. Применим закон сохранения импульса для системы «брусок + правый клин» в проекции на горизонтальную ось:

$$mv = (M+m)u_2$$

где $u_2$ — скорость правого клина и бруска в момент максимального подъема. Отсюда:

$$u_2 = \dfrac{m}{M+m}v$$

$6)$ Применим закон сохранения механической энергии для системы «брусок + правый клин»:

$$\dfrac{mv^2}{2} = mgh + \dfrac{(m+M)u_2^2}{2}$$

$7)$ Подставим выражения для $u_2$ и $v^2{:}$

$$\dfrac{m}{2} \cdot 2gH \left( \dfrac{M}{M+m} \right) = mgh + \dfrac{(m+M)}{2} \left( \dfrac{m}{M+m}v \right)^2$$

$8)$ Упростим выражение:

$$mgH \left( \dfrac{M}{M+m} \right) = mgh + \dfrac{m^2 v^2}{2(M+m)}$$

$9)$ Подставим $v^2$ из пункта $4){:}$

$$mgH \left( \dfrac{M}{M+m} \right) = mgh + \dfrac{m^2}{2(M+m)} \cdot 2gH \left( \dfrac{M}{M+m} \right)$$

$10)$ Сократим и выразим $h{:}$

$$h = H \left( \dfrac{M}{M+m} \right)^2$$

$11)$ Подставим числовые значения:

$$h = 50 \cdot \left( \dfrac{0.4}{0.4+0.1} \right)^2 = 50 \cdot \left( \dfrac{0.4}{0.5} \right)^2 = 50 \cdot (0.8)^2 = 50 \cdot 0.64 = 32 \space \text{см}$$

Ответ: $32 \space \text{см}$ максимальная высота подъема бруска по правому клину.

Обоснование:

$1)$ Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.

$2)$ Шарик движется поступательно, поэтому его можно принять за материальную точку.

$3)$ Силой сопротивления воздуха пренебрегаем, поэтому шарик движется только под действием силы тяжести.

$4)$ До столкновения с доской можно использовать закон сохранения механической энергии.

$5)$ Удар абсолютно упругий, модуль скорости шарика не изменяется.

$6)$ После отскока движение шарика происходит с ускорением свободного падения $g.$

Решение:

$1)$ Рассмотрим движение шарика до удара о доску. По закону сохранения энергии: $$mgH = mgh + \dfrac{mv^2}{2}$$

где $v$ — скорость шарика в момент удара.

$2)$ Выразим высоту $H{:}$ $$H = h + \dfrac{v^2}{2g} \tag{1}$$ $3)$ После удара скорость шарика направлена под углом $2\alpha = 60^\circ$ к вертикали, значит под углом $\beta = 90^\circ- 2\alpha = 30^\circ$ к горизонту.

$4)$ Вертикальная составляющая скорости после удара: $$v_y = v \cos 2\alpha = v \cos 60^\circ = v \cdot 0.5$$ $5)$ Максимальная высота подъема после удара над точкой отскока: $$h_1- h = \dfrac{v_y^2}{2g} = \dfrac{(0.5v)^2}{2g} = \dfrac{v^2}{8g} \tag{2}$$ $6)$ Выразим $v^2$ из уравнения $(2){:}$ $$v^2 = 8g(h_1- h)$$ $7)$ Подставим в уравнение $(1){:}$ $$H = h + \dfrac{8g(h_1- h)}{2g} = h + 4(h_1- h)$$ $8)$ Подставим числовые значения: $$H = 1 + 4(1.25- 1) = 1 + 4 \cdot 0.25 = 1 + 1 = 2 \space \text{м}$$
Ответ: $2 \space \text{м}$ высота, с которой упал шарик.

Обоснование:

$1)$ Введем инерциальную систему отсчета, связанную с Землей.

$2)$ Тела движутся поступательно, размеры малы по сравнению с длиной нити, поэтому шарик и пулю можно считать материальными точками.

$3)$ Время взаимодействия пули и шарика мало, поэтому за это время нить не успевает заметно отклониться. В горизонтальном направлении внешние силы отсутствуют, поэтому сохраняется горизонтальная составляющая импульса системы.

$4)$ После удара механическая энергия шарика сохраняется, так как работа силы натяжения нити равна нулю.

$5)$ За нулевой уровень потенциальной энергии примем уровень положения равновесия шарика.

Решение:

$1)$ Найдем скорость шара $v_0$ в нижней точке до удара. По закону сохранения энергии:

$$MgL(1- \cos \alpha) = \dfrac{Mv_0^2}{2}$$

$2)$ Выразим скорость $v_0{:}$

$$v_0 = \sqrt{2gL(1- \cos \alpha)}$$

$3)$ Подставим числовые значения $\alpha = 60^\circ,$ $\cos 60^\circ = 0.5,$ $L = 0.4 \space \text{м},$ $g = 10 \space \text{м/с}^2{:}$

$$v_0 = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 0.4 \cdot (1- 0.5)} = \sqrt{8 \cdot 0.5} = \sqrt{4} = 2 \space \text{м/с}$$

$4)$ Запишем закон сохранения импульса в горизонтальном направлении. Направим ось в направлении начального движения шара:

$$Mv_0- mv_1 = Mu- mv_2$$

где $v_1 = 200 \space \text{м/с}$ — скорость пули до удара, $v_2 = 100 \space \text{м/с}$ — скорость пули после удара, $u$ — скорость шара после удара.

$5)$ Выразим скорость шара после удара:

$$u = v_0- \dfrac{m}{M}(v_1- v_2)$$

$6)$ Подставим числовые значения $M = 2 \space \text{кг},$ $m = 0.02 \space \text{кг}{:}$

$$u = 2- \dfrac{0.02}{2}(200- 100) = 2- 0.01 \cdot 100 = 2- 1 = 1 \space \text{м/с}$$

$7)$ После удара шар поднимается на максимальную высоту. По закону сохранения энергии:

$$\dfrac{Mu^2}{2} = MgL(1- \cos \beta)$$

$8)$ Выразим $\cos \beta{:}$

$$\cos \beta = 1- \dfrac{u^2}{2gL}$$

$9)$ Подставим числовые значения:

$$\cos \beta = 1- \dfrac{1^2}{2 \cdot 10 \cdot 0.4} = 1- \dfrac{1}{8} = 1- 0.125 = 0.875$$

Ответ: $0.875$ косинус максимального угла отклонения шара от вертикали после попадания пули.

Обоснование:

$1)$ Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.

$2)$ При движении бруска по гладкой наклонной плоскости работа силы реакции опоры равна нулю, поэтому механическая энергия сохраняется.

$3)$ При столкновении время взаимодействия мало, поэтому силой тяжести можно пренебречь по сравнению с силой взаимодействия, и закон сохранения импульса выполняется.

Решение:

$1)$ Найдем скорость бруска $v_1$ в момент удара. По закону сохранения энергии: $$Mgx \sin \alpha = \dfrac{Mv_1^2}{2}$$
$2)$ Выразим скорость $v_1{:}$ $$v_1 = \sqrt{2gx \sin \alpha}$$

$3)$ Подставим числовые значения $g = 10 \space \text{м/с}^2,$ $x = 3.6 \space \text{м},$ $\sin 30^\circ = 0.5{:}$ $$v_1 = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 3.6 \cdot 0.5} = \sqrt{36} = 6 \space \text{м/с}$$

$4)$ Запишем закон сохранения импульса при неупругом ударе. Направим ось вверх вдоль наклонной плоскости: $$-Mv_1 + mv = (M + m)u$$

$5)$ После удара брусок с пулей поднимаются на высоту. По закону сохранения энергии: $$\dfrac{(M + m)u^2}{2} = (M + m)gS \sin \alpha$$

$6)$ Выразим скорость $u$ после удара: $$u = \sqrt{2gS \sin \alpha}$$
$7)$ Подставим числовые значения $S = 2.5 \space \text{м}{:}$ $$u = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 2.5 \cdot 0.5} = \sqrt{25} = 5 \space \text{м/с}$$ $8)$ Из закона сохранения импульса выразим массу пули $m{:}$ $$-Mv_1 + mv = (M + m)u$$ $$mv- mu = Mv_1 + Mu$$ $$m(v- u) = M(v_1 + u)$$ $$m = \dfrac{M(v_1 + u)}{v- u}$$ $9)$ Подставим числовые значения $M = 0.25 \space \text{кг},$ $v_1 = 6 \space \text{м/с},$ $u = 5 \space \text{м/с},$ $v = 555 \space \text{м/с}{:}$ $$m = \dfrac{0.25 \cdot (6 + 5)}{555- 5} = \dfrac{0.25 \cdot 11}{550} = \dfrac{2.75}{550} = 0.005 \space \text{кг} = 5 \space \text{г}$$ Ответ: $5 \space \text{г}$ масса пули.

Обоснование:

$1)$ Рассматриваем задачу в инерциальной системе отсчета, связанной с Землей.

$2)$ Пуля и шарик имеют малые размеры по сравнению с длиной стержня, поэтому их можно считать материальными точками.

$3)$ При ударе внешние силы в горизонтальном направлении отсутствуют, поэтому применяем закон сохранения импульса.

$4)$ После удара механическая энергия системы сохраняется, так как трение отсутствует и работа силы реакции стержня равна нулю.

$5)$ В верхней точке траектории движение можно считать равномерным по окружности для нахождения центростремительного ускорения.

Решение:

$1)$ При неупругом ударе пули и шарика применяем закон сохранения импульса:

$$m_1V = (m_1 + m_2)v_1$$

$2)$ Находим скорость системы сразу после удара: $$v_1 = \dfrac{m_1V}{m_1 + m_2}$$

$3)$ Подставим числовые значения $m_1 = 0.004 \space \text{кг},$ $m_2 = 0.1 \space \text{кг},$ $V = 125 \space \text{м/с}{:}$ $$v_1 = \dfrac{0.004 \cdot 125}{0.004 + 0.1} = \dfrac{0.5}{0.104} \approx 4.808 \space \text{м/с}$$

$4)$ Применяем закон сохранения механической энергии для движения от нижней точки до верхней точки траектории: $$\dfrac{(m_1 + m_2)v_1^2}{2} = \dfrac{(m_1 + m_2)v_2^2}{2} + (m_1 + m_2)g \cdot 2l$$

$5)$ Сокращаем массу и выражаем квадрат скорости в верхней точке: $$v_2^2 = v_1^2- 4gl$$

$6)$ Подставим числовые значения $v_1 \approx 4.808 \space \text{м/с},$ $g = 10 \space \text{м/с}^2,$ $l = 0.5 \space \text{м}{:}$ $$v_2^2 = (4.808)^2- 4 \cdot 10 \cdot 0.5 = 23.117- 20 = 3.117 \space \text{м}^2/\text{с}^2$$

$7)$ Находим центростремительное ускорение в верхней точке: $$a = \dfrac{v_2^2}{l} = \dfrac{3.117}{0.5} = 6.234 \space \text{м/с}^2$$

Ответ: $6.23 \space \text{м/с}^2$ модуль центростремительного ускорения шарика в верхней точке окружности.