Сколько времени потребуется стреле, выпущенной из лука вертикально вверх, для того, чтобы скорость ее уменьшилась в 4 раза? на какой высоте это произой- дет? начальная скорость стрелы 40 м/с

👇

Ответ:

serpermiakov

18.09.2021

Дано
начальная скорость
V0=40 м/с
скорость в 4 раза меньше
V=10 м/с

t-?

V=V0-gt
gt=V0-V
t=(V0-V):g=(40-10):9.8=30:9.8≈3 сек

ответ : 3секунды

4,5(66 оценок)

Открыть все ответы

Ответ:

Polinka21a

18.09.2021

1.потенциальная энергия поднятого тела над землей переходит в кинетическую энергию движущегося тела.

после удара кинетическая энергия копра переходит в кинетическую энергию сваи, свая движется в почве под действием трения и ее кинетическая энергия переходит во внутреннюю энергию сваи и почвы.

2.кинетическая энергия движущегося автомобиля за счет трения переходит во внутреннюю энергию тормозных колодок, нагревающихся шин и дорожного покрытия.

3.вначале оба шарика потенциальной энергией, которая переходит в кинетическую энергию.

в первом случае соударение : кинетическая энергия шарика переходит в потенциальную энергию деформировавшейся плиты и шарика; а затем она снова переходит в кинетическую энергию шарика. эта кинетическая энергия затем переходит в потенциальную энергию по мере подъема шарика.

во втором случае кинетическая энергия шарика переходит во внутреннюю энергию шарика и песка.

4.кинетическая энергия шнура переходит во внутреннюю энергию шнура и трубки; затем внутренняя энергия трубки посредством теплопередачи частично переходит во внутреннюю энергию эфира. внутренняя энергия эфира при кипении эфира переходит в потенциальную энергию сжатого пара, а она, в свою очередь, переходит в кинетическую энергию пробки; по мере подъема пробки вверх ее кинетическая энергия переходит в потенциальную энергию.

4,5(94 оценок)

Ответ:

Миша3456

18.09.2021

1. Структура электростатического поля
В силу симметрии задачи, электростатическое поле является центрально-симметричны. т.е. $\overline E = E(r) \overline r_0$
r₀ - единичный радиус-вектор от заряда к произвольной исследуемой точке пространства.
Задача и её решение инвариантна к повороту (как картинку "ни крути" вокруг заряда, условие задачи и её решение не изменится).

2. Поле при отсутствии шара
Когда у нас есть только точечный заряд модуль напряженности электростатического поля $E(r) = k\frac{Q}{r^2}$ .

Потенциал электростатического поля связан с его напряженностью уравнением:
$\phi_1-\phi_2 = \int\limits^{2}_{1} {E} \, dl$
Интегрирование ведётся по произвольному пути между точками 1 и 2.

Отступление: если домножить уравнение на пробный заряд, то получим определение потенциальной энергии. Правый ингтеграл в этом случае будет работой, совершенной полем над пробным зарядом.

В нашем случае удобно интегрировать вдоль радиальных линий
$\phi_1-\phi_2 = \int\limits^{r_2}_{r_1} {E} \, dr$

Замечание: Потенциал определяется всегда с точностью до аддитивной постоянной, поэтому во всех задачах всегда выбирается, так называемое, условие нормировки. В разных задачах оно выбирается по разному, но в задачах данного типа принято брать потенциал бесконечно удаленной точки равным нулю $\phi_\infty = 0$

$\phi_1-\phi_\infty = \phi_1 = \int\limits^{\infty}_{r_1} {E} \, dr$

Подставим в эту формулу найденное поле:
$\phi = \int\limits^{\infty}_{R} {k \frac{Q}{r^2} } \, dr = kQ\int\limits^{\infty}_{R} { \frac{1}{r^2} } \, dr = kQ ( \lim_{r \to \infty} (- \frac{1}{r}) - (- \frac{1}{R} )) = \frac{kQ}{R}$
Получили известный результат. Выразим из этого результата заряд Q.
$Q= \frac{\phi R}{k}$

3. Поле при добавлении шара.
Для поиска величины напряженности воспользуемся теоремой Гаусса.
$\int {\int {E} } \, dS = 4\pi kq$
Поток вектора напряженности электростатического поля через любую замкнутую поверхность пропорционален величине свободного заряда, находящегося внутри этой поверхности.

Выберем в качестве такой поверхности сферу радиусом r. В силу структуры поля E(r) = const.
$\int {\int {E(r)} } \, dS = E(r)\int {\int {} } \, dS =E(r)*4\pi r^2 = 4\pi kq$
$E(r) = k \frac{q}{r^2}$

Теперь рассмотрим отдельные участки:
1) Участок 0 < r < 3R
$E(r) = k \frac{Q}{r^2}$
2) Участок 3R<r<4R
E(r) = 0 - электростатического поля внутри идеальных проводников не существует. Если предположить противное, то начнётся движение зарядов и это уже не статика. :)
3) Участок r > 4R
$E(r) = k \frac{4Q}{r^2}$
4Q - суммарный заряд внутри сферы радиусом r.

Аналогично рассчитаем потенциал.
$\phi' = \int\limits^\infty_R {E(r)} \, dr = \int\limits^\infty_{4R} {k \frac{4Q}{r^2} } \, dr + \int\limits^{4R}_{3R} {0} } \, dr +\int\limits^{3R}_{R} {k \frac{Q}{r^2} } \, dr = k \frac{4Q}{4R} + k \frac{Q}{R} - k\frac{Q}{3R}$

$\phi' = k \frac{5Q}{3R}$
Подставляем в это выражение найденное ранее Q и имеем:
$\phi' = \frac{5}{3}\phi = 500$

Что стоит отметить?
1) Потенциал функция непрерывная. Если знать, что подобные симметричные структуры создают поля аналогичные точечным зарядам, то задача решается в уме.
т.е. мы ищем потенциал на внешней границе шара как потенциал точечного заряда 4Q, на внутренней границе он такой же. Ищем разность потенциалов между внутренней границей и точкой A в поле точечного заряда Q. Складываем результаты.

2) Несмотря на то, что заряд 3Q на шаре поле внутри шара не создаёт, он увеличивает потенциал точек внутри полости, т.к. создаёт дополнительное поле вне шара. Потенциал - это работа по перемещению точечного заряда из бесконечности в данную точку. Больше поле вне шара - больше работа.

3) Разность потенциалов зависит только от локального поля (поля по в окрестности пути, соединяющего две точки). Сам потенциал зависит от структуры всего поля.

4,7(30 оценок)

Это интересно:

Стиль-и-уход-за-собой

28.08.2020

Как правильно расчесывать волосы: события волосистой жизни...

Здоровье

02.05.2020

Не мучайтесь болью: Как эффективно и безопасно растворить камни в почках...

Образование-и-коммуникации

28.08.2021

Как написать описательный абзац: эффективные советы и примеры...

Образование-и-коммуникации