Номер 563, страница 103 - гдз по физике 9-11 класс сборник задач Капельян, Аксенович

Дано:

$k = \frac{M}{m} = 1,0 \cdot 10^3$

$l = 1,0$ м

$\alpha = 10^\circ$

Найти:

$v$ - ?

Решение:

Процесс можно разделить на два этапа. Первый этап — абсолютно неупругое соударение пули и шара. Для этого этапа применим закон сохранения импульса в проекции на горизонтальную ось, так как столкновение происходит очень быстро, и внешние силы (сила тяжести и сила натяжения стержня) не успевают изменить импульс системы «пуля + шар». Второй этап — движение стержня с шаром (в котором застряла пуля) после столкновения. Для этого этапа применим закон сохранения механической энергии, так как на систему действуют консервативная сила тяжести и сила реакции стержня, работа которой равна нулю.

1. Закон сохранения импульса.

Пусть $m$ — масса пули, $v$ — её начальная скорость. Пусть $M$ — масса шара. По условию $M = k \cdot m$. Начальный импульс системы равен импульсу пули: $p_1 = mv$. Шар вначале покоится. Сразу после столкновения пуля и шар движутся вместе со скоростью $u$. Их суммарная масса равна $m+M$. Импульс системы после столкновения: $p_2 = (m+M)u$.

Приравниваем импульсы: $p_1 = p_2$

$mv = (m+M)u$

Подставим $M = km$:

$mv = (m+km)u = m(1+k)u$

Отсюда выразим начальную скорость пули $v$:

$v = (1+k)u$

2. Закон сохранения энергии.

Сразу после столкновения система «шар + пуля» обладает кинетической энергией $E_к = \frac{(m+M)u^2}{2}$. Будем считать, что начальное положение шара соответствует нулевому уровню потенциальной энергии. При отклонении на угол $\alpha$ стержень с шаром поднимается на высоту $h$. В верхней точке траектории скорость системы становится равной нулю, а вся кинетическая энергия переходит в потенциальную: $E_п = (m+M)gh$.

Приравниваем энергии: $E_к = E_п$

$\frac{(m+M)u^2}{2} = (m+M)gh$

Отсюда находим скорость $u$ сразу после столкновения:

$u = \sqrt{2gh}$

Высоту подъема $h$ можно найти из геометрии. Если длина стержня $l$, то при отклонении на угол $\alpha$ высота подъема центра масс составит:

$h = l - l\cos\alpha = l(1-\cos\alpha)$

Подставим выражение для $h$ в формулу для $u$:

$u = \sqrt{2gl(1-\cos\alpha)}$

3. Итоговая формула и вычисления.

Теперь подставим полученное выражение для $u$ в формулу для начальной скорости пули $v$:

$v = (1+k)\sqrt{2gl(1-\cos\alpha)}$

Произведем вычисления, приняв ускорение свободного падения $g \approx 9,8$ м/с$^2$:

$v = (1+1000)\sqrt{2 \cdot 9,8 \, \text{м/с}^2 \cdot 1,0 \, \text{м} \cdot (1-\cos10^\circ)}$

Значение косинуса: $\cos10^\circ \approx 0,9848$.

$v \approx 1001 \cdot \sqrt{19,6 \cdot (1 - 0,9848)} = 1001 \cdot \sqrt{19,6 \cdot 0,0152} \approx 1001 \cdot \sqrt{0,29792} \approx 1001 \cdot 0,5458$ м/с $\approx 546,4$ м/с.

Округляя до двух значащих цифр, как в исходных данных, получаем $v \approx 5,5 \cdot 10^2$ м/с. Однако в подобных задачах часто подразумевается большая точность, поэтому оставим три значащие цифры.

Ответ: $v \approx 546$ м/с.