Физика-10 кл-Касьянов-ГДЗ-2006 (10 класс - Касьянов), страница 10

1 Перепишем выражение для у так: т= . Теперь понятно, 1+— 2 т, злз что если отношение — будет меньше, то т будет больше, Та- т, кнм образом, тяжелый молоток при ковке теряет большую часть своей кинетической энергии, чем легкий молоток. 2. В случае абсолютно неупругого удара одинаковых шаров скорость г„„их совместного двюкения определяется законом сохранения "о импульса: лп =ею„ь+лп„ь, откуда т, = — ', где и, - скорость налешющего шара. После абсолюпю упругого удара скорость первоначально покоящегскя шара равна скорости напстаощего шара: г„= г, . Тогда искомое соотношение скоростей равно —" = —" = 2 . К,» а и 2 Рей1енну: Законы сохранения импульса и энергии для абсолютно упругого соударения электрона с первоначально неподвижным атомом: шсги ма~ г 3 иуь=шу~ ьшу н = — "+ ° О ~Ь 2» где г„ - начальная скорость электрона, ги проекция его конечной скоросзн, ин — проекция конечной скорости атома.

66 Зб. 4бсспюенс на п аоа и абсолютно и аса стспннсаення 4, Из этой системы уравнений найдем сн . Пере),(.-;.)= .;. пишем уравнения в виде 1;(.. —;.а) =-,.' Разделив второе уравнение на первое, получим с, + с,„ = тз„. Приходим к системе линейных ( «О ' ~««2 уравнений 1 " ' , из которой (««+си = «„ г,(«н« — т, ) ь т,+т, Зная конечную скорость электрона, найдем долю кинетической энергии, теряемую им при «~«о в«0(т 2 2(в, ч-в,)' а в всс 2 (в, -в )' 4«л,в, (т, +т,) (в«+в,)' Воспользовавшись условием т о: пй, получим ЛЕ«4в,в„4в «« 2 Ем в„в, «ЗЕ„4т Отйе г:— Е«а в« Ьсийниий: Пусть Š— энергия, которая высвобождается при делении неподвижного ялра.

Эта энергия пере- дается продуктам деления - частицам с массой т, ив,. Обозначим скорости частиц тэ и сз и запишем законы сохранения энергии и импульса: 87 Глава д эяяоны со» нянин а 0 = аг уг ™гуг а яг а „г, Решая зту систему, получим Е агяг + гуг ' 2 2 ' .("=.) .("Ю ™ тическая энергия первой частицы будет равна ауг Е Е = — '' = —,а второй — Е 2 а, ' а,' 1+ — ' 1+— нгг гц Отношение кинетических энергий частиц 1+-"-)г — = — — = — обратно пропорциональ- Ее Е яс а, Е„1 ~ги Е гг( гнг ио массам частиц, что и требовалось доказать.

Я2вет: — = -г- . Ем а Ем а, Рйпшгение; Для нахождения скорости у совместного движения пули и ящика после их иеупругого столкновения воспользуемся законом сохранения импульса: ауо =(М+яг)», г сова уо я„.о гггво откуда и= —, М+а Доля энергии, израсходованной на деформацию ау,' (М уа)у' ЛЕ ящика, равна: — ь =. Е„, ау,г 2 86 6. 46солкчлно не вое и весолннлно л вое слвлкновения (М+т)с' т М лп,' М+т М+т Подставляя числовые данные, получим: дЕь л 2000 — "= — =0,996, т. е.

доля энергии, изЕм 2000+ 9 расходованной на деформацию ящика, составляет 99,60/е. После того, как пуля застряла в ящике, механическав энергия системы «Земля-ящик-пуля» будет сохраняться. В момент максимального отклонения веревки скорость явцика (с пулей внутри) будет равна нулю. Согласно закону сохранения механической энергии (М+т)й =(М+ т)йй, где Ь вЂ” максимальная 2 высота подъема ящика. Найдем эту высоту: 2 в 2 л= — = ', . Из рисунка видно, что 2д 2д(М + т)' 1-л л сща = — =1 — (высотой ящика пренебрегаем).

1 Значит, искомый угол отклонения нити а = мссоя 1--~ = агссси 1- ', и 35,5'. 2 1(М+ )2 ЬЕ„М ()тва1'; —" = —; а л 35,5'. Еьо М™ Динамика периодического движения 937. Движение тел в гравитационном поле ОТВЕТ ) Н ОПРОС ) 1. Первая космическая скорость — это минимальная скорость, которую необходимо сообщить телу для того„чтобы оно стало искусственным спутником Земли: В = Я~ . Вторая космическая скорость — это минимальная скорость, которую необходимо сообщить телу для преодоления земного притяжения: гя = /2ВВ 2. Перигей — минимальное расстояние от центра эллиптической орбиты до точек эллипса. Апогей — максимальное расстояние ст центра эллиптической орбиты до точек эллипса.

3. В этих случаях тело движется по следующим траекториям: 1) парабола; 2) окружность; 3) эллипс; 4) парабола; 5) гипербола. 4. Взаимное притяжение стягивает все тела друг к дру~у, а препят- ствуег этому объединению наличие у тел скоростей. $. Луна является спутником Земли, а не самостоятельной планетой Солнечной системы, так как Солнце сообщает Земле и Луне примерно равные ускорения, Считая расстояния от Солнца до Земли н от Солнца до Луны примерно равными Вез и Всл = Р, находим по второму закону Ньютона: М,а, и 6 — "-;~; Млея и С вЂ” Ь-;-ц . Отсюда — ' и 1 . Мсм МгМ а, ал Зд Рвиивние теп в в явите ионном попе ЗАДЯ ЧИ Решение: На малой высоте спутник летит с первой космической (круговой) скоростью и, = ДР .

За один оборот спутник пролетает расстояние, равное длине окружности 2кл . 2кй 2кл !к Пернодобращения Т= — =-„- =2к —. й,/ю 6 Подставим числовые значения: Гб,4!О' Т=2 314~ ' в5075с=! ч25 мин. 9,8 Отвйт: Т = 1 ч 25 мин. Т=2к — =2к — =2к ! —. М ~!ам ' И' М М Плотность планеты р = — = — . Тогда Р 4 -кл Ф 1Зк = ~ —, а искомая плотность крИ~ р 2 ~ Зк р= 672 Зк Озвйт: р= —. СТ' Рей!йнн©: Воспользуемся ответом к задаче № 1 н форму- лой для гравитационного ускорения 8: 91 Главе 5.

Диявиияв одичвояово двимвяия Решение: Скорость двизкения планет вокруг звезды можно найти, используя второй закон Ньютона: ллг тМ вЂ” =6 —, где ш — масса планеты, а М- мас- Я Н' Гам са звезды. Отсюда и= ~ —, а период обраще- 1й ' 2кЯ 3' й' ния Т= — =2к( —. '1'СМ ' Период обращения для двух планет равен Т, =2к ~ — ' и Т, = 2к ~ — '. Отношение пе- ОМ бМ 3 риодов: — '= 3 СМ = — ', откуда период обращения второи планеты равен Т, = Т, — ' .

~7, '~л,> ' 3 3'й '33' (~вот; Т = Т~ — ь~ 7 3 Рещение; Первая космическая скорость для Земли — ОМЭ ГбМ, и =,/8 йэ = ~ — ' й =~ — '. Аналогично и бэ й7' 3= найдем первую космическую скорость двя планеты: ив, = — Д = — ' = ~ — 3 = и„= 7,9 км/с. 'й' й„'7' 2л, 1( Я, Жйеэз ив, =«и = 7,9 км/с, ЗВ, ин«ни«в с«сводны««ел«бэнис 92 Рйщенннй: Воспользуемся формулой для второй космической скорости и формулой для гравитационного ускорения. Тогда для Земли получим: и« =,/2~,Я, = 2 —,' Яз = ~2 2— Ь.

ба!, Г б34 4 Так как масса Земли М = — ла р, то получим 3 йлйз'рзб ы, н 3 Вторую космическую скорость для планеты получим аналогично: и, влЯ«'риб 3 Я Рпб з Составим отношение: -зв- = ' 3 = !аь,Р« йи ~8~'~~0 ~ йз'Рз 3 Так как по условию Ял = Я,з а рл =- 4рз то У( -Яа = 2, т. е. тя„= 2ия, = 22,4 км/с. "~и Ятв~,-. иян =2«я =22,4км/с, ф38. Динамика свободных колебаний ОТ !НА 1 С ! 1.

Вынужденными называют колебания, происходящие под действием внешней периодической силы. Примером может служить периодическое раскачивание качелей. 2. Свободными называот колебания. происходящие под действием внутренних сил в системе, выведенной из положения равновесия и предоставленной самой себе. Примером может служить движение математического маятнике. Гневе а онвиикв ьчвсвсес деиввнвя 3. Период колебаний — это минимальный интервал времени, в течение которого происходит одно полное колебание.

Амплитуда колебаний — это максимальное отклонение колеблющейся величины от положения равновесия. 4. Период колебаний пружинного маятника пропорционален 4~н и обратно пропорционален Я . 5. Полная механическая энергия гармонических колебаний пропорциональна квалрату амплитуды. эАьйА ЧИ Ре шинев: Невесомость не влияет на процесс колебаний пружинного маятника. Период колебаний пер- цн Г2м вого маятника Т=2к~ —, второго — Т =2к~ —.

6' 2 Очевидно,что-г-= —, -=,/2. й Ятвст; -~. =,г2. Т, Ращйцие: Полная механическая энергия гармонических Е4г колебаний пружинного маятника Е= —, где я— 2 жесткость пружины, а А -амплитуда колебаний, т. е. максимальное отклонение маятника от положения равновесия. 2 С другой стороны, Е=Е„= —, где 1,— гя'Ъ максимальная скорость маятника. „г Яш Тогда — = — ', откуда А=э, ~ —. 2 2 Зб. намина свободных холвбанод Циклическая частота собственных гармонических колебаний пружинного маятника г вс гов = ~ —, следовательно А = —" . Решеййй: Циклическая частота колебаний этого маятника к Г шсв-.

По определению, ш,=~ —, следователь- 4 "т к Г но, -= ~ —. Отсюда выразим жесткость пружи- 4 !!т л'т 3,14'. 0,01 ны Е= — = ' ' м6,2 10м Н/и. 16 16 й !х Полная энергия колебаний Е= — . Амплитуда 2 колебаний А = 0,4 и, следовательно: 6,2 1О' 0,4' Е= ' ' =0,5 !О'Дж=0,5мДж. Ло- 2 !зх тенциальная энергия маятника ~= —. В нашем 2 х ° (я 0,4 в!п~ — г ! случае; Е, = — м0,5 10'я!п~ — г !. 16 2' !4! Запишем это выражение х, 021 ~О (1- (- )!.

внле этомУ Е„=Е-Е =0,5 !О'-0,25!О' 1-соз -г )= Сумма кинетической и потенциальной энергии маятника Е„н Ех вŠ— постоянная величина, по- Глава 5, Динамина пв иодичаснаао двшвания 0,25 6О'(6+ (- )). ер, Ер, Ди О 5,!Ог иг р г г г !,С Графики зависимостей кинетической и потенциальной энергии маятника во времени. Ответ: гг вб,2 10' Н~м; Е=О 5мДж.