По закону сохранения энергии

№1
Небольшой груз, подвешенный на нити длиной 2,5 м, совершает
гармонические колебания, при которых его максимальная скорость
достигает 0,2 м/с. При помощи собирающей линзы с фокусным
расстоянием 0,2 м изображение колеблющегося груза проецируется на
экран, расположенный на расстоянии 0,5 м от линзы. Главная оптическая
ось линзы перпендикулярна плоскости колебаний маятника и плоскости
экрана. Определите максимальное смещение изображения груза на экране
от положения равновесия.
Дано:
Решение:
𝑙 = 2.5 м
При гармонических колебаниях:
𝑣𝑚 = 0.2
м
с
𝐹 = 0.2 м
𝑣𝑚 = xm ω = xm √
xm = 𝑣𝑚 √
𝑔
𝑙
𝑔
𝑙
𝑓 = 0.5 м
x1 =?
Амплитуда колебаний x1 смещения изображения груза на экране,
расположенном на расстоянии 𝑓 от плоскости тонкой линзы,
пропорциональна амплитуде xm колебаний груза, движущийся на расстоянии
d от плоскости линзы.
x1
𝑓
𝑓
= ⇒ x1 = xm
xm 𝑑
𝑑
По формуле тонкой линзы
1 1 1
1 1 1 𝑓−𝐹
𝐹∗𝑓
= + ⇒ = − =
⇒ 𝑑=
𝐹 𝑑 𝑓
𝑑 𝐹 𝑓 𝐹∗𝑓
𝑓−𝐹
0.5 ∗ 0.2 0.1
𝑑=
=
= 0.33 (м)
0.5 − 0.2 0.3
Ответ: 1.5 м
2.5
xm = 0.2 ∗ √
= 0.2 ∗ 0.5 = 0.1 (м)
10
0.5
50
x1 = 0.1 ∗
=
= 1.5 м
0.33 33
№2
Шайба
массой
m
начинает
скольжение по желобу АВ из точки
А из состояния покоя. Точка А
расположена выше точки В на
высоте H = 6 м. В процессе
движения по желобу механическая
энергия шайбы из-за трения уменьшается на ΔЕ = 2 Дж. В точке В
шайба вылетает из желоба под углом α = 15º к горизонту и падает на
землю в точке D, находящейся на одной горизонтали с точкой В (см.
рисунок). ВD = 4 м. Найдите массу шайбы m. Сопротивлением воздуха
пренебречь.
Дано:
Решение:
𝐻 =6м
по закону закона сохранения энергии:
∆𝐸 = 2 Дж
𝛼 = 15
𝐵𝐷 = 4 м
𝑚𝑣 2
= 𝑚𝑔𝐻 − ∆𝐸
𝑚𝑣 2 = 2(𝑚𝑔𝐻 − ∆𝐸)
2
= (𝑚𝑔𝐻 − ∆𝐸)
2
𝑚
2
2∆𝐸
𝐹сопр. = 0
𝑣 = 2𝑔𝐻 −
𝑚
𝑚 =?
𝑣- скорость шайбы в точке B. Время шайбы из точки B в точку D:
2𝑣 sin 𝛼
𝑡=
𝑔
Тогда дальность полета BD определяется:
2𝑣 2 sin 2𝛼
BD = 𝑣 cos 𝛼 ∗ 𝑡 =
𝑔
2
Подставим в выражение для ВD значение 𝑣 ,
2∆𝐸 sin2 𝛼
BD = (2𝑔𝐻 −
)
𝑚
𝑔
sin2 𝛼
2∆𝐸
BD:
= 2𝑔𝐻 −
𝑔
𝑚
2∆𝐸
BD𝑔
= 2𝑔𝐻 −
𝑚
sin2 𝛼
2∆𝐸
∆𝐸
𝑚=
=
BD𝑔
BD𝑔
2𝑔𝐻 −
𝑔𝐻 −
sin2 𝛼
2sin2 𝛼
2
2
1
𝑚=
=
=
= 0,1 (кг)
4 ∗ 10
60
−
40
10
10 ∗ 6 −
2sin 30
Ответ:0,1 кг
№3
Снаряд массой 4 кг, летящий со скоростью 400 м/с, разрывается на две
равные части, одна из которых летит в направлении движения снаряда, а
другая - в противоположную сторону. В момент разрыва суммарная
кинетическая энергия осколков увеличилась на величину ΔЕ. Скорость
осколка, летящего по направлению движения снаряда, равна 900 м/с.
Найдит
Дано:
Решение:
𝑚 = 4 кг
𝑚 𝑣⃗
𝑣1 𝑚1 𝑚2 𝑣2
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑣 = 400
𝑚1 = 𝑚2
По закону сохранения энергии:
𝑣2 = 900
𝑣𝑚 = 𝑚2 𝑣2 − 𝑚1 𝑣1
∆𝐸 =?
2𝑚1 𝑣 = 𝑚1 𝑣2 − 𝑚1 𝑣1
𝑚1 (𝑣2 − 𝑣1 )
𝑣=
𝑚1
2𝑣 = 𝑣2 − 𝑣1
𝑣1 = 900 − 2 ∗ 400 = 100
По закону сохранения энергии:
𝑚𝑣 2
𝑚1 𝑣1 2 𝑚2 𝑣2 2
+ ∆𝐸 =
+
2
2
2
2
2
𝑚1 𝑣1
𝑚2 𝑣2
𝑚𝑣 2
∆𝐸 =
+
−
2
2
2
2 ∗ 1002 2 ∗ 9002 4 ∗ 4002
∆𝐸 =
+
−
= 10000 + 810000 − 320000 =
2
2
2
= 50000 Дж
Ответ:500000 Дж=0,5 мДж
№4
На гладкой горизонтальной поверхности около стенки стоит
симметричный брусок массой М = 4 кг с углублением полусферической
формы радиусом R = 1,25 м (см. рисунок). Из точки А без трения
соскальзывает маленькая шайба массой m = 1 кг. Найдите
максимальную скорость бруска при его последующем движении.
Дано:
Решение:
М = 4 кг
R = 1,25 м
m = 1 кг.
𝑣𝑚𝑎𝑥
Пока шарик скатывается до самой нижней токи углубления, он
давит на брусок в вертикальном направлении (вниз), а также и влево;
брусок прижимается к левой стенке, а сила её реакции опоры
(горизонтальная) уравновешивает это давление шарика и брусок остается
неподвижным.
Теперь остановимся на моменте, когда шарик докатился до самой
нижней точки. В этот момент шарик перестает давить на брусок влево и
начинает давить на брусок в правом направлении - т.е. брусок начнет
двигаться вправо. Т.е. в этот момент вся система "шарик-брусок" начнет
двигаться вправо, обладая некоторым суммарным импульсом P, который
будет оставаться неизменным, т.к. на систему перестанут действовать
горизонтальные силы. Т.е. система шарик-брусок поедет вправо
неостанавливаясь. При этом потенциальная энергия системы потом может
только увеличиваться когда шарик будет подниматься с дна; другие
ускоряющие силы на систему перестают действовать и это означает, что
кинетическая энергия системы с этого момента никогда не будет выше.
Но в обсуждаемый момент времени вся кинетическая энергия - это
энергия движения шарика, а значит это момент времени в который его
скорость максимальна. Кинетическая энергия шарика в обсуждаемый
момент времени равна работе силы тяжести:
1
∗ 𝑚 ∗ 𝑣𝑚𝑎𝑥 2 = 𝑚 ∗ 𝑔 ∗ 𝑅
2
𝑣𝑚𝑎𝑥 = √2 ∗ 𝑔 ∗ 𝑅
𝑣𝑚𝑎𝑥 = √2 ∗ 10 ∗ 1.25
м
𝑣𝑚𝑎𝑥 = 4.95
с
м
Ответ: 4.95
с
№5
Небольшое тело массой m = 100 г без
начальной скорости соскальзывает с гладкой
горки высотой h = 4 м и попадает на доску
массой М = 2 кг, лежащую у основания горки
на гладкой горизонтальной плоскости (см.
рисунок). Вследствие трения между телом и
доской тело тормозится и, начиная с
некоторого момента, движется вместе с доской как единое целое.
Найдите суммарную работу сил трения в этом процессе.
Дано:
Решение:
𝑚 = 100 г
𝐸1 = 𝑚𝑔ℎ
ℎ=4м
М = 2 кг
𝐴тр. =?
𝑚𝑣 2
𝐸2 =
2
По закону сохранения энергии:
𝐸1 = 𝐸2
𝑚𝑔ℎ =
𝑚𝑣 2
2
𝑣 = √2𝑔ℎ
По закону сохранения импульса:
𝑚𝑣 = (𝑚 + 𝑀)𝑣
𝑚𝑣
𝑚√2𝑔ℎ
𝑣=
=
𝑚+𝑀
𝑚+𝑀
По закону сохранения энергии:
𝐸3 =
𝑚𝑣 2
=
(𝑚+𝑀)𝑣 2
(𝑚+𝑀)𝑣 2
; 𝐸3 =
2
2
2
(𝑚 + 𝑀)𝑣 2
𝐴тр. = 𝐸3 − 𝐸1 =
− 𝑚𝑔ℎ =
2
(𝑚 + 𝑀)
(𝑚 + 𝑀)𝑚2 2𝑔ℎ
𝑚𝑣 2
=
∗(
− 𝑚𝑔ℎ =
) − 𝑚𝑔ℎ =
2
𝑚+𝑀
2(𝑚 + 𝑀)
𝑚2 𝑔ℎ
𝑚
=
− 𝑚𝑔ℎ = 𝑚𝑔ℎ (
− 1) =
𝑚+𝑀
𝑚+𝑀
𝑚𝑔ℎ𝑀
0.1 ∗ 4 ∗ 10 ∗ 2
=−
=−
= −3.8 Дж
𝑚+𝑀
0.1 + 2
Ответ: 3.8 Дж
№6
Маятник с грузом m = 200 г отводят в горизонтальное положение и
отпускают. Определите максимальное натяжение нити после того, как
маятник зацепится за гвоздь, вбитый на середине длины маятника в
точке, направление на которую из точки подвеса составляет с
вертикалью угол 𝛼 = 60º.
Дано:
Решение:
m = 200 г
Y
𝛼 = 60º
T
ℎ1
𝑇 =?
ℎ1 = 𝑙 cos 𝛼
𝑙 𝑙
ℎ2 = − cos 𝛼
2 2
По закону сохранения энергии:
𝑚𝑣 2
= 𝑚𝑔(ℎ1 + ℎ2 )
2
ℎ1
𝑙 𝑙
𝑙
𝑣 2 = 2𝑔(ℎ1 + ℎ2 ) = 2𝑔 (𝑙 cos 𝛼 + − cos 𝛼) = (1 + cos 𝛼) ∗ 2𝑔
2 2
2
= 𝑔𝑙(1 + cos 𝛼)
По 2 закону Ньютона:
𝑣2
𝑇 − 𝑚𝑔 = −
𝑙
2
2𝑚𝑣 2
2𝑚
𝑇=
+ 𝑚𝑔 =
𝑙𝑔(1 + cos 𝛼) + 𝑚𝑔 cos 𝛼 =
𝑙
𝑙
= 2𝑚𝑔 + 2𝑚𝑔 cos 𝛼 + 𝑚𝑔 = 3𝑚𝑔 + 2𝑚𝑔 cos 𝛼
𝑇 = 𝑚𝑔(3 + 2 cos 𝛼)
1
𝑇 = 0.2 ∗ 10 (3 + 2 ∗ ) = 10Н
2
Ответ:10 Н
№7
При какой скорости свинцовая пуля, ударившись о перегородку,
расплавится? Температура пули до удара 303 К. Считать, что при ударе
48,8% механической энергии пули идет на изменение ее внутренней
энергии. Температура плавления свинца 603 К, удельная теплота
плавления свинца 2,5·104 Дж/кг, удельная теплоемкость свинца 120
Дж/(кг· ºС).
Дано:
Решение:
𝑚𝑣 2
𝑡п = 303К
𝑄 = 0.488𝐸к
𝐸к =
2
𝑄 = 𝑐𝑚(𝑡пл. − 𝑡п ) + 𝜆пл. 𝑚
𝑡пл. = 603К
𝑐𝑚(𝑡пл. − 𝑡п ) + 𝜆пл. 𝑚 = 0.488
4
𝜆пл. = 2,5 · 10 Дж/кг
𝑚(𝑐(𝑡пл. − 𝑡п ) + 𝜆пл. ) = 0.488
с = 120 Дж/(кг · ºС)
𝑐(𝑡пл. − 𝑡п ) + 𝜆пл. = 0.488
𝑣 =?
𝑐(𝑡пл. − 𝑡п ) + 𝜆пл. = 0.488
𝑣=√
𝑚𝑣 2
2
𝑚𝑣 2
𝑚𝑣 2
2
2𝑚
𝑣2
2
2(𝑐(𝑡пл. −𝑡п )+𝜆пл. )
0.488
2(120(603 − 303) + 2,51 ∗ 104 )
√
𝑣=
≈ 250
0.488
Ответ:250 м/с
№8
В калориметре теплоемкостью 1,18·103 Дж/ ºС находится 2 кг мокрого
снега. После того как в калориметр впустили 0,1 кг пара, в нем
установилась температура 283 К. Сколько воды было в снеге?
Дано:
Решение:
3
ск = 1,18 · 10 Дж/ ºС
𝑄к = с(𝑡 − 0)
𝑚𝑐 = 2 кг
𝑄𝑐 = 𝑐𝑚𝑐 (𝑡 − 0) + 𝑚𝑐 𝜆
𝑚п = 0,1 кг
𝑄п = 𝑐𝑚п (𝑡 − 100)
𝑡 = 283 К
𝑐𝑚п (𝑡 − 100) = 𝑐𝑚в 𝑡 + 𝑚𝑐 𝜆 + ск 𝑡
𝑚в =?
𝑐𝑚 (𝑡−100)−𝑚𝑐 𝜆−ск 𝑡
𝑚 (𝑡−100)
𝑚 𝜆
св = п
= п
− ск 𝑡 − 𝑐
𝑐𝑡
𝑡
𝑐𝑡
5
0,1(283 − 100)
2 ∗ 3,4 ∗ 10
св =
− 1,18 · 103 ∗ 283 −
= 0.5кг.
9,85
4200 ∗ 283
Ответ: 0,5 кг.
№9
При прохождении электрического тока 5,5 А через спираль нагревателя,
изготовленную из никелиновой проволоки площадью поперечного
сечения 0,84 мм2, за 10 минут выделилось количество теплоты 726000
Дж. Чему равна длина проволоки, из которой изготовлена спираль?
Дано:
Решение:
𝐼 = 5,5 А
𝑄 = 𝐼 2 𝑅𝑡
𝜌𝑙
𝑆 = 0,84 мм2
𝑅=
𝑡 = 10 минут = 600c
𝑄 = 726000 Дж
𝑙 =?
Ответ:84м
𝑠
𝐼 2 𝑡𝜌𝑙
𝑄=
𝑠
𝑄𝑠 = 𝐼 2 𝑡𝜌𝑙
𝑄𝑠
726000∗0,84
l= 2 = 2
= 84
𝐼 𝑡𝜌
5,5 ∗600∗0,40
№10
Воду массой 1,5 кг нагрели до температуры кипения за 5 минут.
Мощность электрического чайника равна 2 кВт, КПД чайника – 84%.
Какова была начальная температура воды?
Дано:
Решение:
𝑄
𝑐𝑚(𝑡к −𝑡0 )
𝑚 = 1,5 кг
𝜂= =
𝑡к = 100
𝑃𝑇𝜂
𝑐𝑚
𝑃𝑇
𝑃𝑇
= 𝑡к − 𝑡0
𝑃𝑇𝜂
𝑇 = 5 минут = 300 c
𝑡0 = 𝑡к −
𝑃 = 2000 Вт
𝜂 =0.48
𝑡0 −?
𝑡0 = 100 −
Ответ:55 C
𝑐𝑚
2000∗300∗0.48
4200∗1.5
= 55