Два свинцовых шарика массой 4 гр. каждый перемещаются навстречу друг другу со скоростями 50 м/с и 100 м/с. Происходит неупругий удар. На сколько градусов нагреется каждый шарик

👇

Увидеть ответ

Ответ:

stikmanov

27.01.2023

20,1°С

Объяснение:

m1 = m2 = m

v1 = v

v2 = 2v

Согл. з-ну сохранения импульса на проекцию на ось Ох

2mv - mv = (m + m)v'

mv = 2mv'

v' = v/2

Согласно з-ну сохранения энергии

ΔE = E2 - E1 = 1/2 * 2m * v'^2 - (1/2 * m * v^2 + 1/2 * m * (2v)^2) =

= 1/4 * mv^2 - 1/2mv^2 - 2mv^2 = -9/4 *m * v^2 - знак минус говорит, что вся кинетическая энергия перейдет на выделение теплоты, т.е.

- ΔE = Q = c * 2m * Δt

Δt = - ΔE/(2cm) = (9/4 *m * v^2)/(2cm) = (9v^2)/(8c) = (9*50^2)/(8*140) =

= 20,1°С

4,4(91 оценок)

Открыть все ответы

Ответ:

ZHICH

27.01.2023

Нагревание твёрдого тела: температура повышается, внутренняя энергия молекул повышается, теплота поглощается.

Плавление твёрдого тела - твёрдое тело переходит в жидкую фазу: температура остаётся постоянной, внутренняя энергия молекул повышается, теплота поглощается.

Нагревание жидкости: температура повышается, внутренняя энергия молекул повышается, теплота поглощается.

Испарение - переход жидкости в газообразное состояние: температура остаётся постоянной, внутренняя энергия молекул повышается, теплота поглощается.

Нагревание газа: температура повышается, внутренняя энергия молекул повышается, теплота поглощается.

Охлаждение газа: температура понижается, внутренняя энергия молекул понижается, теплота выделяется.

Конденсация - газ переходит в жидкую фазу: температура остаётся постоянной, внутренняя энергия молекул понижается, теплота выделяется.

Охлаждение жидкости: температура понижается, внутренняя энергия молекул понижается, теплота выделяется.

Кристаллизация - жидкость переходит в твёрдую фазу: температура остаётся постоянной, внутренняя энергия молекул понижается, теплота выделяется.

Охлаждение твёрдого тела: температура понижается, внутренняя энергия молекул понижается, теплота выделяется.

4,7(68 оценок)

Ответ:

viktoriag373

27.01.2023

$h = \frac{ s }{ ( 1/ \mu - 1/ tg{\alpha} )( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 }$ , при условии: $arctg{(\mu)} < \alpha < arcCtg{(\mu)}$ ;

*** если же переход от наклонной плоскости скруглённый, и: $R \gg 2h ( 1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} )$ , то:

$h = \frac{ s }{ 1/\mu - 1/tg{(\alpha)} }$ .

Объяснение:

По закону сохранений энергии:

$E_{ko} + E_{no} - A_\alpha = E_{k\alpha} + E_{n\alpha}$ ;

где:

$E_{ko} = 0$ и $E_{no} = mgh$ – начальные значения кинетической и потенциальной энергии;

$E_{k\alpha} = \frac{mv_\alpha^2}{2}$ и $E_{n\alpha} = 0$ – значения кинетической и потенциальной энергии перед ударом о горизонтальную поверхность, в самом низу наклонной плоскости;

$A_\alpha$ – работа силы трения на наклонной плоскости;

$A_\alpha = F_\alpha \cdot L$ – работа

силы трения $F_\alpha = \mu mg \cos{\alpha}$ на наклонной плоскости,

где: $L = \frac{h}{\sin{\alpha}}$ – длина наклонной плоскости;

$A_\alpha = \frac{ \mu mgh }{tg{\alpha}}$ ;

В итоге:

$mgh - \frac{ \mu mgh }{tg{\alpha}} = \frac{mv_\alpha^2}{2}$ ;

(*) $\frac{v_\alpha^2}{2} = gh ( 1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} )$ ;

Из этого вытекает очевидное условие, что:

$1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} 0$ ;

$1 \frac{\mu}{tg{\alpha}}$ ;

$tg{\alpha} \mu$ , т.е. угол наклона должен быть более значения: $\alpha arctg{(\mu)}$ , иначе груз вообще не сдвинется с места, и, разумеется, никакого расстояния не пройдёт, а общая формула (данная в ответе) даст формально отрицательный ответ для высоты .

Теперь «удар», т.е. переход с наклонной плоскости на горизонталь. Во время удара теряется вертикальная составляющая импульса $mv_{\alpha y} = mv_\alpha \sin{\alpha}$ . Это происходит почти мгновенно ( $\Delta t$ ), под воздействием гасящей его чрезвычайно резко возрастающей на время гашения силы реакции опоры (и веса – соответственно) $N_{nep}$ . Удар груза об опору в момент его перехода на горизонталь будем считать абсолютно неупругим, происходящим таким образом, что груз после него не подскакивает. Тогда можно записать, что:

$mv_{\alpha y} - N_{nep} \Delta t = 0$ ;

$N_{nep} = \frac{mv_{\alpha y}}{\Delta t}$ ;

За это время $\Delta t$ груз так же заметно замедляется под воздействием чрезвычайно резко возрастающей на время гашения силы трения:

$F_{nep} = \mu N_{nep} = \mu \cdot \frac{mv_{\alpha y}}{\Delta t}$ ;

Соответственно, гасится и горизонтальный импульс:

$mv_\alpha' = mv_{\alpha x} - F_{nep} \Delta t = mv_\alpha \cos{\alpha} - \mu \cdot \frac{mv_{\alpha y}}{\Delta t} \cdot \Delta t =$

$= mv_\alpha \cos{\alpha} - \mu mv_\alpha \sin{\alpha} = mv_\alpha ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )$ ;

$v_\alpha' = v_\alpha ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )$ ;

Из последнего вытекает очевидное условие, что:

$\cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} 0$ ;

$\cos{\alpha} \mu \sin{\alpha}$ ;

$\frac{\cos{\alpha}}{\sin{\alpha}} \mu$ ;

$tg{\alpha} < \frac{1}{\mu}$ , т.е. угол наклона должен быть не более определённого значения: $\alpha < arctg\frac{1}{\mu} = arcCtg{(\mu)}$ , иначе груз после удара о горизонтальную плоскость просто остановится, и никакого расстояния не пройдёт, а общая формула (данная в ответе) даст формально отрицательный ответ для высоты .

Кинетическая энергия груза после «ударного» торможения:

$E_{k\alpha}' = \frac{1}{2} mv_\alpha'^2 = \frac{1}{2} mv_\alpha^2 ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2$ ;

Далее, снова по закону сохранений энергии (с учётом неизменного значения потенциальной):

$E_{k\alpha}' - A_{ocm} = E_{k}'$ ;

где:

$A_{ocm} = F_{mp} \cdot s = \mu mg s$ – работа силы трения на горизонтальном участке до остановки;

а $E_{k}' = 0$ – конечная кинетическая энергия (остановка);

$\frac{1}{2} mv_\alpha^2 ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 = \mu mg s$ ;

$\frac{v_\alpha^2}{2} = \frac{ \mu g s }{ ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 }$ ;

Учитывая (*):

$gh ( 1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} ) = \frac{ \mu g s }{ ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 }$ ;

$h ( 1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} ) = \frac{ \mu s }{ ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 }$ ;

$h = \frac{ s }{ ( 1/ \mu - 1/ tg{\alpha} )( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 }$ .

*** Если же переход от наклонной плоскости гладкий, и при этом: $\frac{v_\alpha^2}{R} \ll g$ , т.е. радиус перехода: $R \gg 2h ( 1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} )$ , то «ударная» потеря – пренебрежима, и: $v_\alpha' = v_\alpha$ , а, значит: