Через идеальный блок перекинута невесомая нерастяжимая нить, причем к одному концу нити подвешен стержень массой \(M=1,8\) кг, а к другому привязан брусок массой \(m_1=4\) кг, находящийся на горизонтальной поверхности (см. рисунок). С высоты \(H=0,4\) м на стержень падает пластилиновый шар массой \(m_2=1,2\) кг. Определите максимальную высоту, на которую поднимется брусок после удара шара о стержень. Обоснуйте применимость законов, используемых для решения задачи.

Т. к. \(m_1>M\), то изначально система покоится. По закону сохранения энергии: \(mgH=\frac{mv_0^2}{2}\Rightarrow v_0=\sqrt{2gH}\) Импульс силы для шара: \(Tt-m_2gt=-(m_2+M)v_1-(-m_2v_0)\) Импульс силы для бруска: \(Tt-m_1gt=m_1v_1\) Т. к. время взаимодействия мало, то в момент удара \(m_1g\) и \(m_2g\) пренебрегаем, тогда: \(Tt=m_2v_0-(m_2+M)v_1\\ Tt=m_1v_1\\ m_1v_1=m_2v_0-(m_2+M)v_1\\ v_1(m_1+m_2+M)=m_2v_0\Rightarrow v_1=\frac{m_2v_0}{m_1+m_2+M}- скорость~тел~после~удара\) По 2 закону Ньютона для левой и правой части системы соответственно: \(-(M+m_2)g+T=(m_2+M)a\\ -m_1g+T=-m_1a\Rightarrow T=m_1(g-a),\) откуда: \(-(M+m_2)g+m_1(g-a)=(m_2+M)a\Rightarrow a=\frac{g(m_1-M-m_2)}{m_2+M+m_1}\) Перемещение бруска по оси \(y\): \(S_y=\frac{v_y^2-v_{0y}^2}{2a_y}\\ h=\frac{0-v_1^2}{2(-a)} =\frac{m_2^2v_0^2(m_2+m_1+M)}{2(m_1+m_2+M)^2g(m_1-M-m_2)}=\frac{m^2_2\cdot 2gH}{2(m_1+m_2+M)(m_1-M-m_2)g}=\\ =\frac{1,2^2\cdot 2\cdot 10\cdot 0,4}{2(4+1,2+1,8)(4-1,2-1,8)\cdot 10}=82,3~мм\) Ответ: 82,3 мм Обоснование: 1) Рассмотрим систему отсчета, связанную с землей. Будем считать ее инерциальной (ИСО). 2) Т. к. тела движутся поступательно, то применим для них модель материальной точки. 3) При падении шарика на него действует только сила тяжести, значит используем закон сохранения энергии. 4) При ударе шарика о стержень их импульс меняется на конечную величину. Т. к. время взаимодействия мало, то натяжение нити в этот момент принимает большое значение. Значит в момент удара действием силы тяжести можно пренебречь. Распишем импульс силы за время удара для левой и правой частей. 5) Т. к. нить нерастяжима, то по модулю ускорения грузов будут одинаковы. 6) Т. к. нить невесома, блок идеален, то натяжение нити по модулю будет одинаковым. 7) Распишем 2 закон Ньютона для обоих тел. https://youtu.be/o0i21dfXHJ0

Напряжение на конденсаторе емкостью \(𝐶=8 мкФ\), подключенном в цепь переменного тока, меняется со временем согласно гармоническому закону \(𝑈=50sin(200𝑡)\), где все величины выражены в СИ. Определите амплитуду колебаний силы тока в цепи. Ответ дайте в А.

Формула гармонических колебаний в общем виде:\(U = U_m \sin(\omega t)\) Амплитуда колебаний напряжения: \(U_m = 50\,\text{В}\) Циклическая частота: \(\omega = 200\,\text{с}^{-1}\) Максимальный заряд: \(q_m = C U_m\) Амплитуда колебаний силы тока: \(I_m = \omega q_m = \omega C U_m = 200 \cdot 8 \cdot 10^{-6} \cdot 50 = 0{,}08\,\text{А}\) https://youtu.be/xm7IsTECuA8

Бусинка лежит на горизонтальной поверхности стола. На рисунке показаны действующие на нее три горизонтальные силы (вид сверху): \(\vec{F_1}\), \(\vec{F_2}\) и \(\vec{F_3}\). Определите модуль равнодействующей этих сил. Ответ дайте в Н.

Проекция сил на горизонтальную ось: \(F_x=2-3+1=0~Н\) Проекция сил на вертикальную ось: \(F_y=2-2=0~Н\) https://www.youtube.com/watch?v=15eG_v6uVE4&t=3630s

23И841 В результате \(\alpha\)-распада ядро покоящегося нейтрального атома, находящегося в однородном магнитном поле, образуются \(\alpha\)-частица и тяжелый ион нового элемента. Заряд \(\alpha\)-частицы равен \(2e\), а ее масса равна \(m\), масса тяжелого иона равна \(M\). Энергия \(\Delta E\), выделившаяся при \(\alpha\)-распаде, целиком переходит в кинетическую энергию продуктов реакции. Трек \(\alpha\)-частицы находится в плоскости, перпендикулярной направлению магнитного поля. Начальная часть трека напоминает дугу окружности радиуса \(R\). Чему равна индукция магнитного поля?

Закон сохранения импульса: \(mv_1-Mv_2=0\) Применим закон сохранения энергии, так как нам известна выделившаяся при распаде энергия: \(\frac{Mv_1^2}{2}+\frac{mv_2^2}{2}=\Delta E\) Сила Лоренца: \(F_л=qvB\sin\alpha\) Так как\(\vec{v}\perp \vec{B}\)то \(\sin\alpha=1\) Тогда \(F_л=qvB\) Запишем второй закон Ньютона: \(\frac{mv_1^2}{R}=qv_1B\\ \frac{mv_1}{R}=qB\Rightarrow v_1=\frac{qBR}{m}\) Подставим выраженную скорость \(v1\) в закон сохранения импульса: \(v_2=\frac{mqBR}{Mm}=\frac{qBR}{M}\) Подставим скорости в закон сохранения энергии: \(\frac{M}{2} \left (\frac{qBR}{M}\right )^2+\frac{m}{2}\left (\frac{qBR}{m}\right )^2=\Delta E\\ \frac{B^2q^2R^2}{2}\left (\frac{m+M}{mM}\right )=\Delta E\\ B^2=\frac{2\Delta EmM}{q^2R^2(M+m)}\\ B=\frac{1}{qR}\sqrt{\frac{2\Delta EmM}{m+M}}\) Подставим вместо \(q\)заряд альфа частицы: \(B=\frac{1}{2eR}\sqrt{\frac{2\Delta EmM}{m+M}}\) Ответ:\(B=\frac{1}{2eR}\sqrt{\frac{2\Delta EmM}{m+M}}\)