Задание 30

Формат задания

Задание, высокого уровня сложности, решение которого нужно перенести в бланк ответов №2. Максимальный первичный балл за задание – 4 балла.

Решение

Найдем скорость шара непосредственно перед (и после) удара о плоскость через ее составляющие: \(v = v_{x}^{2} + v_{y}^{2}\). Поскольку пуля летела горизонтально, вертикальную составляющую скорости шара можно найти из закона сохранения энергии: \(\frac{{Mv}_{y}^{2}}{2} = MgH\), откуда \(v_{y}^{2} = 2\text{gH}\). Горизонтальную проекцию скорости найдем из закона сохранения импульса при ударе пули об шар: \(mv_{1} = Mv_{x} + mv_{2}\), откуда \(v_{x} = \mathrm{\Delta}v\frac{m}{M}\).

Чтобы понять, под каким углом шар упал на Землю (с таким же углом он отскочит от нее по определению абсолютно упругого удара), воспользуемся нахождением угла в любой момент времени через прямоугольный треугольник, образованный вектором скорости и двумя ее проекциями (на первом рисунке изображена ситуация падения на Землю, на второй – отскока):

По рисунку очевидно, что \(\text{tg}\alpha = \frac{v_{y}}{v_{x}}\), или \(\alpha = \text{arctg}\frac{v_{y}}{v_{x}}\). Дальнейшее движение шара аналогично движению тела, брошенного с поверхности Земли под углом α и со скоростью v.

Найдем время взлета на максимальную высоту из кинематического описания изменения скорости под действием ускорения в проекции на вертикальную ось OY (здесь ускорение – это ускорение свободного падения): \(v_{y}\left( t \right) = v \bullet \sin\alpha - gt\). С учетом того, что в высшей точке траектории\(\ v_{y}\left( t \right) = 0\), выражаем время взлета: \(t = \frac{{v \bullet \sin}\alpha}{g}\).

Запишем уравнение зависимости координаты при равноускоренном движении в проекции на ту же ось: \(h_{y}\left( t \right) = h + v \bullet \sin\alpha \bullet t - \frac{gt^{2}}{2}\) и подставим найденное время с учетом, что тело взлетело с поверхности Земли (h = 0): \(h_{y}\left( t \right) = v \bullet \sin\alpha \bullet \frac{{v \bullet \sin}\alpha}{g} - \frac{g\left( \frac{{v \bullet \sin}\alpha}{g} \right)^{2}}{2} = \frac{{v^{2} \bullet \sin^{2}}\alpha}{2g}\)

По основному тригонометрическому тождеству: \(\sin^{2}\alpha + \cos^{2}\alpha = 1\) получим тангенс как \(\text{tg}^{2}\alpha + 1 = \frac{1}{\cos^{2}\alpha}\) или \(\text{tg}^{2}\alpha + 1 = \frac{1}{1 - \sin^{2}\alpha}\), откуда \(\sin^{2}\alpha = 1 - \frac{1}{\text{tg}^{2}\alpha + 1} = 1 - \frac{1}{\frac{v_{y}}{v_{x}} + 1}\).

Окончательный вид искомого уравнения:

\(h_{y}\left( t \right) = \frac{{v^{2} \bullet \sin^{2}}\alpha}{2g} = \frac{{(v_{x}^{2} + v_{y}^{2}) \bullet}\left( 1 - \frac{1}{\frac{v_{y}}{v_{x}} + 1} \right)}{2g} = \frac{{(\mathrm{\Delta}v^{2}\frac{m^{2}}{M^{2}} + 2\text{gH}) \bullet}\left( 1 - \frac{1}{\frac{\sqrt{2\text{gH}}}{\mathrm{\Delta}v\frac{m}{M}} + 1} \right)}{2g} \approx 11\ м\)

Обоснование применимости физических законов для решения данной задачи:

Система отсчета, связанная с землей, инерциальная. В данной задаче можно применять закон сохранения энергии, т.к. работа всех непотенциальных сил, действующих на систему, равна нулю. Закон сохранения импульса можно применить, считая время столкновения пули и шара малым – в таком случае действие силы тяжести пренебрежимо мало, и работа внешних сил в момент столкновения равна нулю. Шар и пуля двигаются поступательно, поэтому их можно описывать моделями материальных точек, а следовательно применять к ним уравнения кинематики.

Ответ: 11 м

Решение

Сделаем рисунок с указанием сил.

На лестницу действуют четыре силы: сила тяжести человека Mg, сила реакции опоры со стороны пола N₁, сила реакции со стороны стенки N₂ и сила трения со стороны пола, направленная против возможного движения лестницы.

Сила реакции – это векторная сумма всех сил, которые появляются со стороны опоры под действием лестницы. В нашем случае это силы N₁ и сила трения. Именно их векторная сумма и даст силу реакции:

Из рисунка очевидно, что найти силу реакции можно из прямоугольного треугольника как гипотенузу, зная оба катета. Найдем их.

Рассмотрим равновесие лестницы с точки зрения первого закона Ньютона \(\overrightarrow{N_{1}} + \overrightarrow{N_{2}} + M\overrightarrow{g} + \overrightarrow{F_{тр}} = 0\) и его проекций на оси, направленные вверх и вправо:

\(\text{ox}: - N_{2} + F_{тр} = 0\)

\(\text{oy}:\ N_{1} - \text{mg} = 0\)

Откуда

\(\left\{ \begin{matrix} \text{~F}_{тр} = N_{2} \\ N_{1} = \text{mg} \\ \end{matrix} \right.\ \)

Поскольку \(N_{1}\) теперь можно считать известной, нужно найти \(N_{2}\).

Лестница может вращаться относительно своей нижней точки и относительно верхней точки. Если мы рассмотрим вращение вокруг верхней точки, то потеряем из расчетов \(N_{2}\), так как сила, приложенная к точке вращения, не создает момента. Поэтому рассмотрим вращение лестницы относительно нижней точки. При этом момента вращения не будут создавать сила трения и сила \(N_{1}\).

Запишем условие равновесия рычага. Здесь плечо силы тяжести человека можно выразить через длину лестницы как l = 2/3 L.

\(mg \bullet \frac{2}{3}l \bullet \cos\alpha = N_{2} \bullet l \bullet \sin\alpha\)

Выразим N₂ и подставим l: \(N_{2} = Mg\frac{l \bullet \cos\alpha}{L \bullet \sin\alpha} = \frac{2}{3}Mg \bullet ctg\ \alpha\)

Соберем все вместе:

\(F = \sqrt{{N_{1}}^{2} + {F_{тр}}^{2}}\)

\(F = \sqrt{{m^{2}g}^{2} + \left( \frac{2}{3}\text{mg}\text{~ctg}\text{~α} \right)^{2}}\)

\(F = \text{mg}\sqrt{1 + \frac{4}{9}\text{ct}g^{2}\text{\ α}} \approx 720\ Н\)

Обоснование применимости физических законов для решения данной задачи:

Система отсчета, связанная с землей и стеной, находится в покое, поэтому можем считать ее инерциальной. Лестница в ИСО покоится, поэтому справедливо использование условий равновесия тела: тело покоится, если сумма всех сил, приложенная к телу, равна нулю (следствие из второго закона Ньютона); тело, имеющее неподвижную ось вращения, находится в равновесии, если алгебраическая сумма моментов всех приложенных к телу сил относительно этой оси равна нулю (правило моментов сил).

Ответ: \(\approx 720\ Н\)