На горизонтальной поверхности земли покоится горка, внутри которой сделан сквозной тоннель. «Вход» и «выход» из тоннеля расположены на высотах 2h и h = 1,2 м соответственно. У…
На горизонтальной поверхности земли покоится горка, внутри которой сделан сквозной тоннель. «Вход» и «выход» из тоннеля расположены на высотах 2h и h = 1,2 м соответственно. У «выхода» тоннель представляет из себя круговой цилиндр, ось которого образует с горизонтом угол о = 30°. Маленький шарик массой т аккуратно вносят в тоннель, где находится «вход», и отпускают без начальной скорости. Через некоторое время шарик вылетает из тоннеля. Известно, что для земного наблюдателя сразу после вылета шарик имел точно такую же по модулю скорость, что и горка. Пренебрегая трением в системе, ответьте на вопросы: g 2h Движение тел происходит в одной вертикальной плоскости. Сопротивлением воздуха пренебречь. Ускорение свободного падения g = 10 м/с2. 1. Под каким углом В к горизонту была направлена скорость шарика для земного наблюдателя сразу после его вылета из тоннеля? Ответ выразить в градусах, округлив до целых. В качестве ответа вводите целое число. Никаких иных символов, кроме используемых для записи числа (в частности, пробелов), быть не должно.
Для решения задачи необходимо использовать закон сохранения энергии и некоторые тригонометрические соотношения.
Сначала определим высоты. Вход в тоннель расположен на высоте \(2h\), а выход — на высоте \(h\). Таким образом, шарик будет падать вниз, и при этом будет преобразовывать потенциальную энергию в кинетическую.
Потенциальная энергия на высоте \(2h\) равна: \[ E_p = m \cdot g \cdot 2h \] На высоте \(h\) потенциальная энергия равна: \[ E_p' = m \cdot g \cdot h \]
При переходе от высоты \(2h\) к \(h\) потенциальная энергия меняется на: \[ \Delta E_p = E_p - E_p' = m \cdot g \cdot 2h - m \cdot g \cdot h = m \cdot g \cdot (2h - h) = m \cdot g \cdot h \]
Эта потеря потенциальной энергии превращается в кинетическую энергию шара. Таким образом, на выходе из тоннеля шарик будет иметь кинетическую энергию: \[ E_k = \frac{1}{2} m v^2 = mgh \]
Отсюда находим скорость \(v\) в момент выхода из тоннеля: \[ \frac{1}{2} m v^2 = mgh \implies v^2 = 2gh \implies v = \sqrt{2gh} \]
Теперь подставим значение \(g = 10 \, \text{м/с}^2\) и \(h = 1.2 \, \text{м}\): \[ v = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 1.2} = \sqrt{24} \approx 4.9 \, \text{м/с} \]
Теперь, при выходе из тоннеля, скорость шарика образует угол с горизонтом. Этот угол можно найти, используя геометрию выхода из тоннеля. Мы знаем, что ось цилиндра, через которую выходит шарик, делает угол \(30^\circ\) с горизонтом.
Чтобы найти угол \( \phi \) между горизонталью и направлением скорости шарика, используем свойство угла наклона: \[ \text{tan}(30^\circ) = \frac{\Delta h}{d} \] где \( \Delta h = h - 0 = h = 1.2 \) и \(d\) - горизонтальное расстояние, которое мы можем установить как \(d = h \cdot \sqrt{3}\) (по свойствам треугольника с углом \(30^\circ\)).
Теперь представим скорость шарика в виде двух составных: горизонтальной и вертикальной. Скорость при выходе будет направлена по касательной к цилиндру. Чтобы определить угол \( \beta \) между направлением скорости у выхода и горизонталью: \[ \tan(\beta) = \frac{v_y}{v_x} \]
Однако, учитывая, что пока что у нас нет конкретных значений \(v_y\) и \(v_x\), нужно учитывать сам угол выхода. Заметим, что из тоннеля шарик выходит с заданным углом \(30\)°.
Таким образом, получаем, что угол \(В\) между горизонтом и направлением скорости шарика сразу после его вылета будет совпадать с углом наклона выхода, т.е. \(30°\).
В качестве ответа вводим: 30
