Физика: R2=4 OM R3=30 OM R4=6 OM R5= 4 OM I=5A P ?

Либо я что-то не так понимаю, либо задачка совсем непростая. Пусть - прицельный параметр (его мы и будем искать потом). Легко видеть, что направление скорости мишени после удара не зависит от скорости налетающего шара и составляет угол с горизонтом такой, что его синус , где - радиус каждого из шаров. Пишем теперь законы сохранения: энергии: импульса: (Здесь принято обозначение .) Теперь делаем такой трюк: выразим из уравнений и члены, содержащие выражения с фактором , возведем их в квадрат...

R2=4 OM
R3=30 OM
R4=6 OM
R5= 4 OM
I=5A
P ?

👇

Увидеть ответ

Открыть все ответы

Ответ:

32519

09.06.2020

M = 5*10⁴ кг
l = 0,12 м
r = 0,1 м
Q?
Обозначим угол между нитями α, тогда sin(α/2) = (r/2) :
l = 5/12 = 0,42 (25°)
Fк+mg+T=0
x: Fк - T*sin(α/2) = 0 ⇒ Fк = T*sin(α/2) (1)
y: -mg+T*cos(α/2) = 0 ⇒ T = mg/cos(α/2) (2)
Подставим (2) в (1): Fк = mg*sin(α/2)/cos(α/2) = mg*tg(α/2) (3)
[arctg25° = 0,47]
Fк = Q²/4πε₀*r² (4)
Приравняем (3) и (4): Q²/4πε₀*r² = mg*tg(α/2) ⇒
Q = 2r*√(πε₀*mg*tg(α/2))
Q = 2*0,1√(3,14*8,85*10^-12*5*10^-4*9,8*0,47) =
= 0,2*25,2*10^-8 = 5*10^-8 Кл
|Q| = 5*10^-8 Кл

4,6(35 оценок)

Ответ:

mrkrbnv

09.06.2020

Либо я что-то не так понимаю, либо задачка совсем непростая.
Пусть

- прицельный параметр (его мы и будем искать потом).
Легко видеть, что направление скорости мишени после удара не зависит от скорости налетающего шара и составляет угол $\alpha$ с горизонтом такой, что его синус $\sin \alpha=\dfrac{d}{2R}$ , где

- радиус каждого из шаров.
Пишем теперь законы сохранения:
энергии:
$\mathrm{(1)\ \ }V_0^2=\mu v^2+V^2;$
импульса:
$\mathrm{(2)\ \ } V_0=\mu v\cos\alpha+\dfrac{V}{2};\\ \mathrm{(3)\ \ } V\dfrac{\sqrt3}{2}=\mu v\sin\alpha.$
(Здесь принято обозначение $\mu\equiv\dfrac mM$ .)
Теперь делаем такой трюк: выразим из уравнений (2)

члены, содержащие выражения с фактором $\mu v$ , возведем их в квадрат и сложим. Тогда около этого фактора после сложения окажется тригонометрическая единица. Так мы избавляемся от функции угла.
$\mu^2v^2=V_0^2-V_0V+V^2$
Отсюда возьмем $\mu v^2$ и подставим эту конструкцию в (1)

.
$\mu V_0^2=V_0^2-V_0V+V^2+\mu V^2$ .
Это квадратное уравнение относительно $\dfrac{V_0}{V}$ :
$\left(\dfrac{V_0}{V}\right)^2-\dfrac{1}{1-\mu}\ \left(\dfrac{V_0}{V}\right)+\dfrac{1+\mu}{1-\mu}=0$ .
Его решение имеет вид:
$\boxed{\dfrac{V_0}{V}=\dfrac{1\pm\sqrt{4\mu^2-3}}{1-\mu}}\ \ \mathrm{(*)}$ .
Теперь вспоминаем про функцию угла, содержащуюся в уравнениях (2)

. Опять выражаем из них выражения с фактором $\mu v$ , но в этот раз мы разделим одно на второе (косинус на синус, например). Получим:
$V_0=V\dfrac{\sqrt3}{2}\cot\alpha+\dfrac V2.$
Другими словами,
$\boxed{\dfrac{V_0}{V}=\dfrac{\sqrt3 \cot\alpha+1}{2}}\ \ \mathrm{(**)}$ .
Сравнивая $\mathrm{(*)}$ и $\mathrm{(**)}$ , находим одно тривиальное решение, отвечающее отсутствию удара вообще и одно нетривиальное, отвечающее равенству правых частей. Это равенство представляет из себя некое уравнение на угол. Теперь мы вспомним про самое первое уравнение, написанное в решении. Из него легко получить $\cot\alpha=\sqrt{\left(\dfrac{2R}{d}\right)^2-1}.$
Принимая это во внимание и разрешая получившееся из $\mathrm{(*)}$ и $\mathrm{(**)}$ уравнение относительно прицельного параметра, получим окончательный ответ:
$d=2R\left\{\dfrac13\left[1+\left(-1+2\dfrac{1\pm\sqrt{4\mu^2-3}}{1-\mu}\right)\right]^2\right\}^{-1/2}.$

Отсюда, кстати, видно условие на отношение масс: оно должно быть таким, чтобы корень был неотрицательным, т.е., необходимое условие для того, чтобы описанное в условии движение могло иметь место в принципе, выглядит следующим образом: $\mu \geq \dfrac{\sqrt3}{2}$ .