Законы сохранения из сборника Савченко Н.Е.

[alsak]

255. Определить мощность гидротурбины при условии, что за время t = 1 с с высоты h = 100 м падает V = 250 м³ воды. КПД турбины η = 90 %. Плотность воды ρ = 1⋅10³ кг/м³.

Решение. КПД турбины равен

η = P_n/P₃,

где P_n = P — полезная мощность, т.е. мощность гидротурбины, P₃ = A₃/t — затраченная мощность, в данной задаче это мощность падающей воды, A₃ = m∙g∙h, m = ρ∙V. Тогда
 

\[ \eta = \frac{P \cdot t}{\rho \cdot V \cdot g \cdot h}, \ \ \ P = \frac{\eta \cdot \rho \cdot V \cdot g \cdot h}{t}, \]

P = 2,25∙10⁸ Вт.

[alsak]

256. Ракета с работающим двигателем «зависла» над поверхностью Земли. Какова мощность, развиваемая двигателем, если масса ракеты m, а скорость истечения газов из двигателя ракеты равна υ? Изменением массы ракеты за счет истечения газов можно пренебречь.

Решение. Мощность двигателя равна

P = A/t. (1)

Работа двигателя A идет на сообщение энергии газу (топливу), т.е.
 

\[ A = \frac{m_g \cdot \upsilon^2}{2}-0= \frac{m_g \cdot \upsilon^2}{2},\;\;\; (2) \]

где m_g — это масса газа, который двигатель выбрасывает из ракеты за некоторый промежуток времени t.
Изменение импульса газа в замкнутой системе должно привести к изменению импульса ракеты. Но в данном случае система не замкнута, под действием силы тяжести ракета «зависает», т.е. импульс силы тяжести за некоторый промежуток времени t компенсирует изменение импульса газа за этот же промежуток:

m⋅g⋅t = m_g⋅υ. (3)

Решим систему уравнений (1)-(3). Например,
 

\[ m_{g} = \frac{m \cdot g \cdot t}{\upsilon }, \; \; \; P = \frac{m_{g} \cdot \upsilon ^{2}}{2t} = \frac{m \cdot g \cdot t}{\upsilon } \cdot \frac{\upsilon ^{2}}{2t} = \frac{m \cdot g \cdot \upsilon }{2}.
 \]

[alsak]

257. Два тела бросают с высоты h₀ = 20 м со скоростью υ₀ = 15 м/с каждое. С какими скоростями тела упадут на землю, если первое тело брошено вертикально вверх, а второе — горизонтально? Сопротивление воздуха не учитывать.

Решение. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем поверхность земли (рис. 1).
Полная механическая энергия каждого из тел в начальном состоянии равна
 

\[ W_{01} = \frac{m_{1} \cdot \upsilon _{0}^{2}}{2} + m_{1} \cdot g \cdot h_{0}, \, \, \, W_{02} = \frac{m_{2} \cdot \upsilon _{0}^{2}}{2} + m_{2} \cdot g \cdot h_{0}. \]

Полная механическая энергия каждого из тел в конечном состоянии
 

\[ W_{1} = \frac{m_{1} \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2}, \, \, \, W_{2} = \frac{m_{2} \cdot \upsilon _{2}^{2}}{2}. \]

Так как на тело не действует внешняя сила (сопротивлением воздуха пренебречь), то выполняется закон сохранения механической энергии:
 

\[ \frac{m_{1} \cdot \upsilon _{0}^{2}}{2} + m_{1} \cdot g \cdot h_{0} = \frac{m_{1} \cdot \upsilon_{1}^{2}}{2}, \, \, \, \upsilon _{1} = \sqrt{\upsilon_{0}^{2} + 2g \cdot h_{0}}, \]

\[ \frac{m_{2} \cdot \upsilon _{0}^{2}}{2} + m_{2} \cdot g \cdot h_{0} =\frac{m_{2} \cdot \upsilon _{2}^{2} }{2} ,\, \, \, \upsilon _{2} = \upsilon _{1} = \sqrt{\upsilon _{0}^{2} + 2g \cdot h_{0}}, \]

υ₁ = υ₂ = 25 м/с.

[alsak]

258. Мяч массой m = 100 г отпустили на высоте h₀ = 2 м над полом. Какое количество теплоты выделилось при первом ударе мяча о пол, если время между первым и вторым ударами мяча о пол τ = 1,2 с? Сопротивление воздуха не учитывать. Ускорение свободного падения g принять равным 10 м/с².

Решение. Разобьем задачу на две части.
1 часть. Определим скорость мяча υ₁ сразу же после первого удара кинематическим способом. За нулевую высоту примем высоту поверхности пола, ось 0Y направим вверх (рис. 1). Запишем уравнение движения мяча:
 

\[ y = y_{0} + \upsilon _{0y} \cdot t + \frac{g_{y} \cdot t^2}{2},
 \]

где y₀ = 0, υ_0y = υ₁, g_y = –g. Через время t = τ = 1,2 с координата y = 0 (мяч снова ударится о пол). Тогда
 

\[ 0 = \upsilon_{1} \cdot \tau -\frac{g \cdot \tau^2 }{2}, \; \; \; \upsilon_{1} = \frac{g \cdot \tau }{2}. \]  (1)

2 часть. Определим, какое количество теплоты выделилось при первом ударе. Задачу решим, используя закон сохранения энергии. Выбор нулевой высоты оставим прежним (см. рис. 1).
Полная механическая энергия тела в начальном состоянии (на высоте h₀) равна

W₀ = m⋅g⋅h₀.

Полная механическая энергия тела в конечном состоянии (сразу же после первого удара о пол)
 

W = m⋅υ₁²/2.

Количество теплоты, которое выделится при неупругом ударе о пол, будет равно

Q = W₀ – W.

Или, с учетом уравнения (1)
 

\[ Q = m \cdot g \cdot h_{0} -\frac{m \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} = m \cdot g \cdot h_{0} -\frac{m}{2} \cdot \left(\frac{g \cdot \tau}{2} \right)^{2} = m \cdot g \cdot \left(h_{0} -\frac{g \cdot \tau ^{2}}{8} \right), \]

Q = 0,2 Дж.

[alsak]

259. Пуля массой m попадает в центр лежащего на краю стола шара и застревает в нем. Определить скорость шара в момент удара о пол, если пуля летела в горизонтальном направлении со скоростью υ₀ и высота стола Н. Сопротивлением воздуха пренебречь.

Решение. Так как пуля застревает в шаре, то применять сразу закон сохранения энергии нельзя. Рассмотрим вначале процесс столкновения пули и шара (неупругий удар), затем движение системы шар-пуля.

Процесс столкновения пули и шара (рис. 1). Пусть M —масса шара. Так как удар неупругий, то для нахождения скорости системы шар-пуля воспользуемся законом сохранения импульса:
 

\[ m \cdot \vec{\upsilon_0 } = \left(m + M \right) \cdot \vec{\upsilon }_1, \]

0Х: m⋅υ₀ = (m + M)⋅υ₁

или
 

\[ \upsilon _1 = \frac{m \cdot \upsilon_0 }{m + M}.\;\;\; (1) \]

Процесс движения системы мяч-пуля. Воспользуемся законом сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту пола (рис. 2).
Полная механическая энергия системы тел в начальном состоянии равна
 

\[ W_{0} = \frac{\left(m + M \right) \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} + \left(m + M \right) \cdot g \cdot H. \]

Полная механическая энергия системы тел в конечном состоянии
 

\[ W = \frac{\left(m + M\right) \cdot \upsilon _{2}^{2}}{2}. \]

Так как на тело не действует внешняя сила (сопротивлением воздуха пренебречь), то выполняется закон сохранения механической энергии. Запишем его с учетом уравнения (1):
 

\[ \frac{\left(m + M \right) \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} + \left(m + M \right) \cdot g \cdot H = \frac{\left(m + M \right) \cdot \upsilon _{2}^{2}}{2}, \]
 
\[ \upsilon _{2} = \sqrt{\upsilon _{1}^{2} + 2g \cdot H} = \sqrt{\left(\frac{m \cdot \upsilon _{0}}{m+M} \right)^{2} + 2g \cdot H}. \]

Примечание. В условии задачи (2003 г. издания и старше) не хватает данных — массы шара M.

[alsak]

260. Гладкая горка массой M находится на гладком горизонтальном полу (рис. 1). На горку положили и отпустили без толчка шайбу массой m. Отношение масс n = m/М = 0,60, H = 1,3 м и h = 0,50 м. Каково расстояние от шайбы до горки в момент падения шайбы на пол? В момент отделения от горки скорость шайбы направлена горизонтально. Сопротивление воздуха не учитывать.

Решение. Разобьем задачу на два процесса.

1 процесс. Движение шайбы по горке (рис. 2). Найдем скорость шайбы υ₂ в момент отрыва ее от горки. Так как горка и пол гладкие (нет трения), сопротивление воздуха не учитывается, то можно воспользоваться законом сохранения энергии и импульса для системы шайба-горка. За нулевую высоту примем высоту пола.
Полная механическая энергия системы и их импульсы в начальный момент времени (шайба на высоте H) равны:
 

\[ W_{0} = m \cdot g \cdot H, \;\;\; \vec{p}_{0} =0. \]

Полная механическая энергия системы и их импульсы в конечный момент времени (шайба на высоте h) равны:
 

\[ W = m \cdot g \cdot h+\frac{m \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} +\frac{M \cdot \upsilon _{2}^{2}}{2}, \;\;\; \vec{p} = m \cdot \vec{\upsilon }_{1} + M \cdot \vec{\upsilon }_{2},
 \]

где υ₂ — скорость горки в момент отрыва шайбы.
Запишем законы сохранения энергии и импульса:
 

\[ m \cdot g \cdot H = m \cdot g \cdot h+\frac{m \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} + \frac{M \cdot \upsilon _{2}^{2}}{2},\;\;\; (1) \]
 
\[ 0 = m \cdot \vec{\upsilon }_{1} + M \cdot \vec{\upsilon }_{2}, \]

0Х: 0 = m∙υ₁ – M∙υ₂. (2)

Решим систему уравнений (1)-(2). Например,
 

\[ \upsilon _{2} = \frac{m \cdot \upsilon _{1}}{M}, \; \; \; m \cdot g \cdot \left(H-h\right) = \frac{m \cdot \upsilon _{1}^{2} }{2} +\frac{M}{2} \cdot \left(\frac{m \cdot \upsilon _{1} }{M} \right)^{2} =\frac{m \cdot \upsilon _{1}^{2} }{2} \cdot \left(1+\frac{m}{M} \right), \]
 
\[ g \cdot \left(H-h\right) = \frac{\upsilon _{1}^{2} }{2} \cdot \frac{M+m}{M}, \; \; \; \upsilon _{1} = \sqrt{\frac{2g \cdot \left(H-h\right)}{M+m} \cdot M}.\;\;\; (3) \]

Продолжение

[alsak]

Начало
2 процесс. Движение шайбы и горки раздельно (рис. 3). За время падения t₁ шайба пролетит расстояние s₁, горка — расстояние s₂. Тогда расстояние от шайбы до горки в момент падения шайбы на пол будет равно:

s = s₁ + s₂. (4)

Найдем время падения t₁ шайбы, брошенной горизонтально со скоростью υ₁ с высоты h. Нулевую высоту оставим прежней, ось 0Y направим вверх, ось 0Х вдоль движения шайбы (рис. 3). Запишем уравнения движения шайбы:
 

\[ y =y_{0} +\upsilon _{0y} \cdot t+\frac{g_{y} \cdot t^{2} }{2}, \; \; \; x=x_{0} +\upsilon _{0x} \cdot t+\frac{g_{x} \cdot t^{2} }{2}, \]

где y₀ = h, υ_0y = 0, g_y = –g, x₀ = 0, υ_0x = υ₁, g_x = 0. Через время t = t₁ шайба упадет на пол, поэтому y = 0, х = s₁. Тогда
 

\[ 0=h-\frac{g \cdot t_{1}^{2}}{2}, \; \; \; s_{1} = \upsilon _{1} \cdot t_{1} \]

или с учетом уравнения (3)
 

\[ t_{1} = \sqrt{\frac{2h}{g}}, \; \; \; s_{1} = \upsilon _{1} \cdot \sqrt{\frac{2h}{g}} = \sqrt{\frac{4h \cdot \left(H-h\right)}{M+m} \cdot M}.\;\;\; (5) \]

Горка на гладком полу будет двигаться равномерно, поэтому
 

\[ s_{2} = \upsilon _{2} \cdot t_{1} =\frac{m\cdot \upsilon _{1} }{M} \cdot \sqrt{\frac{2h}{g}} = \frac{m}{M} \cdot \sqrt{\frac{4h \cdot \left(H-h\right)}{M+m} \cdot M}. \]  (6)

Подставим полученные уравнения (5) и (6) в уравнение (4) и учтем, что m = n⋅M (по условию):
 

\[ s = \sqrt{\frac{4h \cdot \left(H-h\right)}{M+m} \cdot M} +\frac{m}{M} \cdot \sqrt{\frac{4h \cdot \left(H-h\right)}{M+m} \cdot M} = \sqrt{\frac{4h \cdot \left(H-h\right)}{M+n \cdot M} \cdot M} + \frac{n \cdot M}{M} \cdot \sqrt{\frac{4h \cdot \left(H-h\right)}{M+n \cdot M} \cdot M} = \]
 
\[ = \sqrt{\frac{4h \cdot \left(H-h\right)}{1+n}} + n \cdot \sqrt{\frac{4h \cdot \left(H-h\right)}{1+n}} = \sqrt{\frac{4h \cdot \left(H-h\right)}{1+n} } \cdot \left(1+n \right)=2\sqrt{h \cdot \left(H-h\right) \cdot \left(1+n\right)}, \]

s = 1,6 м.

Примечание. В ответе в формуле опечатка.

[alsak]

261. Пуля массой m = 20 г, летящая горизонтально со скоростью υ = 400 м/с, попадает в шар массой M = 5 кг, подвешенный на невесомой и нерастяжимой нити длиной l = 4 м, и отскакивает от него после упругого центрального удара. Определить угол, на который отклоняется нить.

Решение. Разобьем задачу на два процесса.

1 процесс. Упругое столкновение пули и шара. Найдем скорость шара υ₂ после столкновения.
В случае упругого удара выполняются законы сохранения импульса системы и механической энергии. Запишем оба закона сохранения и учтем, что после удара шар начнет двигаться вправо, а пуля влево (пуля отскакивает от шара) (рис. 1):

0X: m∙υ = –m∙υ₁ + M∙υ₂,
 
\[ \frac{m \cdot \upsilon ^{2}}{2} = \frac{m \cdot \upsilon _{1}^{2}}{2} + \frac{M \cdot \upsilon _{2}^{2}}{2}. \]

Получили систему двух уравнений с двумя неизвестными (υ₁ и υ₂). Решим ее (подробнее см. рис. 3):
 

\[ \upsilon _{1} = \frac{M \cdot \upsilon _{2} - m \cdot \upsilon }{m}, \, \, \, m \cdot \upsilon ^{2} = m \cdot \left(\frac{M \cdot \upsilon _{2} -m\cdot \upsilon }{m} \right)^{2} + M \cdot \upsilon _{2}^{2}, \]

υ₂ = 0 м/с или υ₂ = 2m⋅υ/(m + M). (1)

Первый ответ не подходит по условию.

2 процесс. Движения шара на нити от нижнего положения до максимального. Силой сопротивления, по умолчанию, пренебрегаем, поэтому можем применять закон сохранения энергии. За нулевую высоту примем высоту, на которой находится шар в нижнем положении (рис. 2).
Полная механическая энергия шара в начальном состоянии с учетом уравнения (1) равна
 

\[ W_{0} = \frac{M \cdot \upsilon _{2}^{2}}{2} = \frac{M}{2} \cdot \left(\frac{2m \cdot \upsilon }{m+M} \right)^{2} = 2M \cdot \left(\frac{m \cdot \upsilon }{m+M} \right)^{2}. \]

Полная механическая энергия шара в конечном состоянии:

W = M∙g∙h,

где h = AC – AB = l – l∙cos α = l∙(1 – cos α).
Из закона сохранения механической энергии следует, что
 

\[ 2M \cdot \left(\frac{m \cdot \upsilon }{m+M} \right)^{2} = M \cdot g \cdot l\cdot \left(1-\cos \alpha \right), \, \, \, \alpha = \arccos \left(1-\frac{2}{g \cdot l} \cdot \left(\frac{m \cdot \upsilon }{m+M} \right)^{2} \right), \]

α = 29°.

[alsak]

262. Частица, кинетическая энергия которой равна E₀, сталкивается абсолютно упруго с такой же неподвижной частицей и отклоняется от первоначального направления на угол α = 60°. Определить кинетическую энергию каждой частицы после соударения.

Решение. В случае упругого удара выполняются законы сохранения импульса системы и ее механическая энергия. Запишем оба закона сохранения и учтем, что частицы равной массы m, и после упругого удара первая частица отклоняется от первоначального направления на угол α (рис. 1):
 

\[ \frac{m\cdot \upsilon _{10}^{2} }{2} =\frac{m\cdot \upsilon _{1}^{2} }{2} +\frac{m\cdot \upsilon _{2}^{2} }{2}, \; \; \; \upsilon _{10}^{2} =\upsilon _{1}^{2} +\upsilon _{2}^{2},\;\;\; (1) \]
 
\[ m\cdot \vec{\upsilon }_{01} =m\cdot \vec{\upsilon }_{1} +m\cdot \vec{\upsilon }_{2}, \; \; \; \vec{\upsilon }_{01} =\vec{\upsilon }_{1} +\vec{\upsilon }_{2}, \]

0X: υ₁₀ = υ₁⋅cos α + υ_2x, (2)

0Y: 0 = υ₁⋅sin α + υ_2y. (3)

Кроме того
 

\[ \upsilon _{2}^{2} = \upsilon _{2x}^{2} + \upsilon _{2y}^{2}.\;\;\; (4) \]

Решим систему уравнений и найдем скорости υ₁ и υ₂. Например (подробнее см. рис. 2),

υ_2x = υ₁₀ – υ₁⋅cos α, υ_2y = –υ₁⋅sin α,
 
\[ \upsilon _{2}^{2} = \upsilon _{10}^{2} -2\upsilon _{10} \cdot \upsilon _{1} \cdot \cos \alpha +\upsilon _{1}^{2}, \]
 
\[ \upsilon _{10}^{2} =\upsilon _{1}^{2} +\upsilon _{10}^{2} -2\upsilon _{10} \cdot \upsilon _{1} \cdot \cos \alpha +\upsilon _{1}^{2}, \;\;\; \upsilon _{1} =\upsilon _{10} \cdot \cos \alpha, \]
 
\[ \upsilon _{2} =\sqrt{\upsilon _{10}^{2} -2\upsilon _{10} \cdot \upsilon _{1} \cdot \cos \alpha +\upsilon _{1}^{2} } =\upsilon _{10} \cdot \sin \alpha, \]

где 

\[ \upsilon _{10}^{2} =\frac{2E_{0} }{m} \; \; \left(E_{0} =\frac{m\cdot \upsilon _{10}^{2} }{2} \right), \; \; \; \cos \alpha =\frac{1}{2}, \;\;\; \sin \alpha =\frac{\sqrt{3} }{2}. \]

Тогда кинетическая энергия каждой частицы равна
 

\[ E_{1} =\frac{m\cdot \upsilon _{1}^{2} }{2} =\frac{m}{2} \cdot \upsilon _{10}^{2} \cdot \cos ^{2} \alpha =\frac{m}{2} \cdot \frac{2E_{0} }{m} \cdot \frac{1}{4} =\frac{E_{0} }{4}, \]
 
\[ E_{2} =\frac{m\cdot \upsilon _{2}^{2} }{2} =\frac{m}{2} \cdot \upsilon _{10}^{2} \cdot \sin ^{2} \alpha =\frac{m}{2} \cdot \frac{2E_{0} }{m} \cdot \frac{3}{4} =\frac{3E_{0} }{4}. \]

[alsak]

263. Тело массой m₁, движущееся со скоростью υ₁, налетает на покоящееся второе тело и после абсолютно упругого столкновения отскакивает от него со скоростью υ₂ = 2/3υ₁ под углом α = 90° к первоначальному направлению движения. Определить массу второго тела.

Решение. В случае упругого удара выполняются законы сохранения импульса системы и ее механическая энергия. Запишем оба закона сохранения и учтем, что после упругого удара первая частица отклоняется от первоначального направления на угол α (рис. 1):
 

\[ \frac{m_{1} \cdot \upsilon _{1}^{2} }{2} = \frac{m_{1} \cdot \upsilon _{2}^{2} }{2} +\frac{m_{2} \cdot \upsilon _{4}^{2} }{2}, \; \; \; m_{1} \cdot \upsilon _{1}^{2} =m_{1} \cdot \upsilon _{2}^{2} +m_{2} \cdot \upsilon _{4}^{2}, \]
 
\[ m_{1} \cdot \vec{\upsilon }_{1} = m_{1} \cdot \vec{\upsilon }_{2} +m_{2} \cdot \vec{\upsilon }_{4}, \]

0X: m₁⋅υ₁ = m₂⋅υ_4x,

0Y: 0 = m₁⋅υ₂ + m₂⋅υ_4y.

Кроме того
 

\[ \upsilon _{4}^{2} =\upsilon _{4x}^{2} +\upsilon _{4y}^{2}. \]

Решим систему уравнений и учтем, что по условию υ₂ = 2/3υ₁. Например (подробнее см. рис. 2),
 

\[ \upsilon _{4}^{2} =\left(\frac{m_{1} \cdot \upsilon _{1} }{m_{2} } \right)^{2} +\left(-\frac{m_{1} \cdot \upsilon _{2} }{m_{2} } \right)^{2} =\left(\frac{m_{1} }{m_{2} } \right)^{2} \cdot \left(\upsilon _{1}^{2} +\upsilon _{2}^{2} \right), \]
 
\[ m_{1} \cdot \upsilon _{1}^{2} =m_{1} \cdot \upsilon _{2}^{2} +m_{2} \cdot \left(\frac{m_{1} }{m_{2} } \right)^{2} \cdot \left(\upsilon _{1}^{2} +\upsilon _{2}^{2} \right), \; \; \; m_{2} =m_{1} \cdot \frac{\upsilon _{1}^{2} +\upsilon _{2}^{2} }{\upsilon _{1}^{2} -\upsilon _{2}^{2} } =\frac{13}{5} \cdot m_{1}. \]