Санки скатываются с ледяной горы высотой 16м и выезжают в пушистый снег. При скатывании по льду выделилось 160Дж тепла. Какое количество тепла выделилось при торможении о снег до конца остановки? Масса санок 5кг. С объяснением

👇

Увидеть ответ

Ответ:

ирина1857

10.09.2021

При торможении до конца остановки

выделилось Q(2)=624Дж теплоты.

Объяснение:

h=16м

m=5кг

g=9,8н/кг

Q(1)=160Дж

V(конеч.) =0

Q(2)=?

Санки находятся на вершине горы.

Если за нулевой уровень считать

ее подножие, то потенциальная

энергия санок на вершине:

Е(пот.)=mgh

E(пот.)=5кг×9,8кг×16м=784Дж

В этот момент санки неподвижны,

поэтому не имеют кинетической

энергии. Во время спуска по склону

часть потенциальной энергии пере

ходит в кинетическую (санки разго

няются), а другая ее часть уходит на

нагревание льда (преодоление си

лы трения между полозьями и повер

хностью льда).

Е(пот.)=Е(кин.)+Q(1)

После завершения спуска кинети

ческая энергия санок максимальна,

а потенциальная энергия равна 0

(достигнут нулевой уровень). После

спуска движение происходит по го

ризонтальной поверхности до пол

ной остановки. Вся кинетическая

энергия санок затрачивается (в ре

зультате действия сил трения) на

нагревание пушистого снега:

Q(2)=E(кин.)=Е(пот.)-Q(1)

Q(2)=784Дж-160Дж=624Дж

ответ: 624Дж.

4,4(65 оценок)

Открыть все ответы

Ответ:

Vovanik212

10.09.2021

Если резко ударить мотком по лежащей на полу доске – то она подскочит. Это произойдет потому, что молоток передаст доске импульс, с которым она частично упруго провзаимодействует с полом и отскочит. Примерно такие же события здесь будут происходить между клином и горизонтальной поверхностью. Клин либо отскочит, если он провзаимодействует с поверхностью упруго, либо он просто потеряет энергию вертикального импульса при неупругом взаимодействии с горизонтальной поверхностью. А поэтому было бы ошибкой учесть только горизонтальную скорость клина в энергетическом уравнении.

Ещё раз, как именно клин после удара будет взаимодействовать с горизонтальной поверхностью – мы не знаем (будет скакать или просто будет двигаться горизонтально), поскольку нам не заданы параметры взаимодействия клина и поверхности (абсолютно-упругое, абсолютно-неупругое и т.п.), но в любом случае, нам необходимо учесть часть кинетической энергии, которую будет нести вертикальный (!) импульс клина.

Что бы развеять сомнения, добавлю, что, поскольку мы считаем удар мгновенным, то в тот момент, когда шар УЖЕ оторвётся от верхней поверхности – нижняя поверхность клина ЕЩЁ «не будет» знать, что клин уже движется вниз, поскольку сигнал (в виде упругой волны) о верхнем взаимодействии ещё не дойдёт до дна.

Шар взаимодействует с клином точно поперёк их общей поверхности в момент контакта. А поверхность эта сориентирована к горизонту под углом 30°. Стало быть, сила, действующая на клин – будет придавать вертикальный импульс и скорость в √3 раза больший, чем горизонтальный импульс и скорость.

Обозначим горизонтальную скорость клина, как – u, тогда его вертикальная скорость √3u .

Будем считать, что скорость шара после отскока направлена вбок и ВВРЕХ. Именно из этих соображений далее будем записывать законы сохранения (если получится отрицательное значение скорости, то значит, она направлена – вниз). Обозначим горизонтальную составляющую конечной скорости шара, как vx, а вертикальную, как vy.

Из закона сохранения импульса по горизонтали ясно, что:

mvx = Mu ;

vx = [M/m] u ;

Из закона сохранения импульса по вертикальной оси найдём vy:

mV = M√3u – mvy ;

vy = √3[M/m]u – V ;

Из закона сохранения энергии найдём горизонтальную скорость клина:

mV² = mvx² + mvy² + Mu² + M (√3u)² ;

mV² = [M²/m] u² + m ( √3[M/m]u – V )² + 4Mu² ;

mV² = [M²/m]u² + 3[M²/m]u² – 2√3MuV + mV² + 4Mu² ;

0 = 4[M²/m]u² – 2√3MuV + 4Mu² ;

√3V = 2( [M/m] + 1 ) u ;

u = √3V/[2(1+M/m)] ;

Потеря энергии: Eпот = M (√3u)²/2 = 9MV²/[8(1+M/m)²] =
= 9m²V²/[8M(1+m/M)²] = mV²/2 * 9m/[4M(1+m/M)²] ;

Eпот = Eнач * 9m/[4M(1+m/M)²]
где Eнач – начальная кинетическая энергия.

При m << M : Eпот —> 0 ; (проверка очевидного предельного перехода)

vx = [M/m] u = [M/m] √3V/[2( [M/m] + 1 )] ;

vx = √3V/[2(1+m/M)] ;

vy = √3[M/m]u – V = √3[M/m] √3V/[2( [M/m] + 1 )] – V =
= 3V/[2+2m/M] – V = [3V–2V–2Vm/M]/[2+2m/M] ;

vy = V[1–2m/M]/[2(1+m/M)] ;

Тангенс угла отскока:

tgφ = vy/vx = [1–2m/M]/√3 ;
в частности, при M = 2m шарик отскочит горизонтально.

При m << M : tgφ —> 1/√3 ; φ —> 30°
(проверка очевидного предельного перехода)

ОТВЕТ: u = √3V/[2(1+M/m)] .

4,4(94 оценок)

Ответ:

Дарька2000

10.09.2021

тогда его вертикальная скорость $Vctg{ \alpha } .$

Будем считать, что скорость шара после отскока направлена вбок и ВВРЕХ. Именно из этих соображений далее будем записывать законы сохранения (если получится отрицательное значение скорости, то значит, она направлена – вниз). Обозначим горизонтальную составляющую конечной скорости шара, как v ,

а вертикальную, как v_y .

Из закона сохранения импульса по горизонтали ясно, что:

mv = MV ;

$v = \frac{M}{m} V ;$

Из закона сохранения импульса по вертикальной оси найдём v_y :

$m v_o = MV ctg{ \alpha } - mv_y ,$

$v_y = \frac{M}{m} V ctg{ \alpha } - v_o ;$

Из закона сохранения энергии найдём горизонтальную скорость клина:

$mv_o^2 = mv^2 + mv_y^2 + MV^2 + M (Vctg{ \alpha })^2 ;$

$mv_o^2 = \frac{M^2}{m} V^2 + m ( \frac{M}{m} V ctg{ \alpha } - v_o )^2 + \frac{MV^2}{ \sin^2{ \alpha } } ;$

$mv_o^2 = \frac{M^2}{m} V^2 + \frac{M^2}{m}V^2 ctg^2{ \alpha } - 2MVv_o ctg{ \alpha } + mv_o^2 + \frac{MV^2}{ \sin^2{ \alpha } } ;$

$0 = \frac{M^2 V^2}{m \sin^2{ \alpha } } - \frac{2MVv_o}{ tg{ \alpha } } + \frac{MV^2}{ \sin^2{ \alpha } } ;$

$2 v_o \sin{ \alpha } \cos{ \alpha } = ( 1 + \frac{M}{m} ) V ;$

$V = v_o \frac{ \sin{ 2 \alpha } }{1+M/m} ;$

Для угла $\alpha = 30^o :$

$V = \frac{ \sqrt{3} \ v_o }{2(1+M/m)} ;$

В частности, при $m = M : \ \ \ V = v_o \frac{ \sin{ 2 \alpha } }{2}$ ;

В частности, при $m M : \ \ \ V = v_o \sin{ 2 \alpha } ;$

Часть энергии не превратится ни в движение клина вдоль плоскости, ни в движение шара, а уйдёт вместе с вертикальным импульсом клина либо в колебания клина над поверхностью, либо во внутреннюю энергию (при неупругом взаимодействии клина с поверхностью). Что бы там с этой энергией далее не происходило – необходимо учесть эту энергию отдельно, чтобы не отнести её по ошибке к энергии горизонтального движения клина. После пояснения термина – «потеря энергии» в контексте данной задачи, можно эту потерю и посчитать.

Потеря энергии: $E_{lost} = \frac{M}{2} ( V ctg{ \alpha } )^2 = 2M ( \frac{ v_o \cos^2{ \alpha } }{1+M/m} )^2 ;$

$E_{lost} = \frac{ m v_o^2 }{2} \cdot \frac{4m}{M} (\frac{ cos^2{ \alpha } }{1+m/M} )^2 ;$

$E_{lost} = \frac{4m}{M} (\frac{ cos^2{ \alpha } }{1+m/M} )^2 E_o = \frac{4M}{m} (\frac{ cos^2{ \alpha } }{1+M/m} )^2 E_o ;$

где E_o

– начальная кинетическая энергия.

Для угла $\alpha = 30^o :$

$E_{lost} = \frac{9m}{4M(1+m/M)^2} E_o = \frac{9M}{4m(1+M/m)^2} E_o ;$

При

(проверка очевидного предельного перехода)

При $m = M \ \ \ : \ \ \ E_{lost} = \frac{9}{16} E_o ;$

При $m M \ \ \ : \ \ \ E_{lost} \to 0 ;$
На гладкой горизонтальной поверхности покоится клин массой m. на грань, составляющей угол 30 градусо