Номер 11.3, страница 78 - гдз по физике 10-11 класс задачник Гельфгат, Генденштейн

Физика, 10-11 класс Задачник, авторы: Гельфгат Илья Маркович, Генденштейн Лев Элевич, Кирик Леонид Анатольевич, издательство Илекса, Москва, 2008, красного цвета

Авторы: Гельфгат И. М., Генденштейн Л. Э., Кирик Л. А.

Тип: Задачник

Издательство: Илекса

Год издания: 2008 - 2025

Уровень обучения: профильный

Цвет обложки: красный лупа, парень едет на велосипеде

ISBN: 978-5-89237-252-7

Популярные ГДЗ в 10 классе

Упражнения. 11. Механическая работа. Энергия. Закон сохранения энергии. Законы сохранения в механике. Механика - номер 11.3, страница 78.

№11.3 (с. 78)
Условие. №11.3 (с. 78)
скриншот условия
Физика, 10-11 класс Задачник, авторы: Гельфгат Илья Маркович, Генденштейн Лев Элевич, Кирик Леонид Анатольевич, издательство Илекса, Москва, 2008, красного цвета, страница 78, номер 11.3, Условие

11.3. Деревянный брусок висит на шнуре длиной $\text{l}$. В брусок выстрелили, пуля застряла в нем, и шнур отклонился от вертикали на угол $\alpha$. Какова скорость пули $v_0$? Масса бруска $\text{M}$, масса пули $\text{m}$. Пуля летела горизонтально.

$$v_0 = 2\frac{M+m}{m}\sqrt{gl} \cdot \sin\frac{\alpha}{2}$$

Решение. Это известная задача о баллистическом маятнике. Распространенная ошибка при ее решении: «Кинетическая энергия $E_К$ пули переходит целиком в потенциальную энергию $E_П$ отклонившегося груза». На самом же деле механическая энергия при неупругом ударе не сохраняется: большая ее часть переходит во внутреннюю энергию (тела нагреваются). Рассматриваемый процесс следует разбить на два этапа. Первый, очень короткий — соударение пули с бруском. При этом брусок приобретает скорость $\text{u}$, но практически не успевает сдвинуться с места. Механическая энергия не сохраняется, но сохраняется импульс: $mv_0 = (M + m)u$. На втором этапе процесса брусок с застрявшей в нем пулей отклоняется на угол $\alpha$, поднимаясь при этом на высоту $h = l(1 - \cos\alpha)$. На этом этапе не происходит перехода механической энергии во внутреннюю, поэтому

$$(M + m)u^2/2 = (M + m)gh$$

Отсюда

$$v_0 = \frac{M+m}{m}\sqrt{2gl(1 - \cos\alpha)} = 2\frac{M+m}{m}\sqrt{gl} \cdot \sin\frac{\alpha}{2}$$

Решение. №11.3 (с. 78)

Дано:

$l$ – длина шнура
$M$ – масса бруска
$m$ – масса пули
$\alpha$ – угол отклонения шнура от вертикали
$v_0$ – начальная скорость пули (пуля летела горизонтально)

Найти:

$v_0$

Решение:

Рассматриваемый процесс следует разделить на два последовательных этапа: абсолютно неупругое соударение пули с бруском и последующее движение системы «брусок с пулей» как баллистического маятника. Важно отметить, что механическая энергия сохраняется только на втором этапе, но не в момент удара, когда значительная часть кинетической энергии переходит во внутреннюю энергию (нагрев тел).

Этап 1: Соударение. В момент удара, который является очень коротким, можно пренебречь смещением системы. Внешние силы (сила тяжести и сила натяжения шнура) направлены вертикально. Поэтому для системы «пуля + брусок» в горизонтальном направлении выполняется закон сохранения импульса.
Пусть $v_0$ – начальная скорость пули, а $u$ – скорость системы сразу после соударения.
$p_{до} = p_{после}$
$m v_0 = (M + m) u$
Из этого уравнения выразим искомую скорость $v_0$:
$v_0 = \frac{M + m}{m} u$

Этап 2: Движение маятника. После соударения система «брусок с пулей» отклоняется, и ее механическая энергия сохраняется (силы трения не учитываем, а работа силы натяжения шнура равна нулю, так как она перпендикулярна скорости). Начальная кинетическая энергия системы переходит в потенциальную энергию на максимальной высоте подъема $h$.
$E_{к_{начальная}} = E_{п_{конечная}}$
$\frac{(M + m) u^2}{2} = (M + m) g h$
Высоту подъема $h$ можно выразить через длину шнура $l$ и угол отклонения $\alpha$:
$h = l - l \cos(\alpha) = l(1 - \cos(\alpha))$
Подставим $h$ в закон сохранения энергии и найдем скорость $u$:
$\frac{u^2}{2} = g l(1 - \cos(\alpha))$
$u = \sqrt{2 g l(1 - \cos(\alpha))}$

Теперь подставим найденное выражение для $u$ в формулу для $v_0$ из первого этапа:
$v_0 = \frac{M + m}{m} \sqrt{2 g l(1 - \cos(\alpha))}$
Для упрощения воспользуемся тригонометрической формулой $1 - \cos(\alpha) = 2 \sin^2(\frac{\alpha}{2})$:
$v_0 = \frac{M + m}{m} \sqrt{2 g l \cdot 2 \sin^2(\frac{\alpha}{2})} = \frac{M + m}{m} \sqrt{4 g l \sin^2(\frac{\alpha}{2})}$
Окончательно получаем:
$v_0 = 2 \frac{M + m}{m} \sin(\frac{\alpha}{2}) \sqrt{g l}$

Ответ: $v_0 = 2 \frac{M + m}{m} \sqrt{gl} \sin(\frac{\alpha}{2})$

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться

Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по физике за 10-11 класс, для упражнения номер 11.3 расположенного на странице 78 к задачнику 2008 года издания для учащихся школ и гимназий.

Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по физике к упражнению №11.3 (с. 78), авторов: Гельфгат (Илья Маркович), Генденштейн (Лев Элевич), Кирик (Леонид Анатольевич), профильный уровень обучения учебного пособия издательства Илекса.