Динамика

1. Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.
2. Тела движутся поступательно, поэтому к ним применима модель материальной точки
3. В ИСО движение материальных точек описывается 2 законом Ньютона
4. Нить невесомая, блок идеален, следовательно $T_1=T_2=T$
5. Поскольку правый блок подвижный, нить невесома, то $T_3=T_4=2T$
6. Так как нить нерастяжима, то при подъеме груза m на расстояние x, груз M переместится вниз на расстояние x/2. Следовательно $a_1=2a_2$

Перейдем к решению задачи. Запишем 2 закон Ньютона для левого и правого грузов.
$$m\vec{a_1} = \vec{T_1}+m\vec{g}$$ $$M\vec{a_2} = \vec{T_4}+M\vec{g}$$ Спроецируем на ось OY: $$ma_1 = T-mg \longrightarrow T=m(a_1+g)$$ $$-Ma_2 = 2T-Mg$$ $$-Ma_2 = 2ma_1+2mg-Mg$$ $$-Ma_2 = 4ma_2+2mg-Mg$$ $$a_2 = \frac{Mg-2mg}{M+4m} = \frac{3\cdot10-2\cdot0.5\cdot10}{3+4\cdot0.5}=4\text{м/c}^2$$ Ответ: $4\text{м/c}^2$

Обоснование: Второй закон Ньютона: его применяют к каждому телу по отдельности (грузик и брусок), записывая уравнения движения вдоль выбранных осей. Это нужно, потому что силами (тяжестью, натяжением нити, реакцией опоры и трением) создаётся результирующее ускорение, а по нему и составляют уравнения.

Третий закон Ньютона: используется для связи сил в системе взаимодействующих тел (например, сила натяжения нити, действующая на разные части системы). Это обосновывает, что величины сил взаимодействия со стороны нити/троса одинаковы по модулю и противоположны по направлению, поэтому в уравнения входят согласованные силы.

Закон нерастяжимости нити (кинематическая связь): применяют, чтобы связать ускорения и перемещения грузика и бруска. Это необходимо, потому что нить заставляет систему двигаться согласованно: если один конец нити перемещается на величину, то другой конец меняется на связанную величину (а значит, и ускорения связаны).

Закон Амонтонa—Кулона для трения: берётся выражение силы трения через коэффициент трения и нормальную реакцию (в задачах на скольжение — кинетическое трение). Его применяют, потому что сопротивление движению бруска на горизонтальной/наклонной поверхности обусловлено трением, и сила трения входит в уравнение второго закона Ньютона.

Закон всемирного тяготения / постоянство g и покомпонентный учёт сил тяжести: вблизи поверхности Земли обычно принимают ускорение свободного падения постоянным, и вес используют в проекциях сил на выбранные оси. Это обосновывает корректность выражений для сил тяжести и реакций опоры (например, N находится из уравнения по вертикали при отсутствии вертикального ускорения).

Решение: Запишем уравнение движения груза массой $M$ в проекции на вертикальную ось, направленную вниз: $$Ma=Mg-2T,$$ откуда сила натяжения нити, перекинутой через подвижный блок, равна $$T=\frac{M}{2}(g-a).$$

Уравнение движения груза массой $m$ в проекции на горизонтальную ось, направленную влево, имеет вид: $$T-F_{\text{тр}}=ma_{\text{тр}}.$$

Поскольку в силу нерастяжимости нити смещения грузов массой $m$ и массой $M$ отличаются, очевидно, в два раза, то $$a_{\text{тр}}=2a.$$

По закону Амонтoна — Кулона при скольжении груза массой $m$ по горизонтальной плоскости $$F_{\text{тр}}=\mu N,$$ где сила нормального давления на плоскости равна $$N=mg.$$

Из написанных уравнений получаем: $$F_{\text{тр}}=\mu mg=T-\mu a_{\text{тр}}.$$

Тогда $$\mu=\frac{M}{2m}\left(1-\frac{a}{g}\right)-\frac{2a}{g} =\frac{2{,}5}{2}\left(1-\frac{2}{10}\right)-\frac{2}{10} =0{,}5-\;0{,}4=0{,}1.$$

Ответ: $0{,}1$.

Обоснование. Систему отсчета, связанную с неподвижной наклонной плоскостью, будем считать инерциальной. Движение бруска поступательное. Следовательно, его можно считать материальной точкой. Можно применить законы прямолинейного равномерного движения.

При движении бруска по наклонной поверхности на него действуют силы тяжести, трения и реакции опоры. В инерциальной системе отсчета применим второй закон Ньютона для описания движения бруска.

Перейдем к решению.

1. При движении вдоль наклонной плоскости на брусок массой $m$ действуют сила тяжести $mg$ (по вертикали вниз), сила нормального давления плоскости на брусок (перпендикулярная плоскости) и сила трения скольжения вдоль плоскости, равная согласно закону Амонтонa—Кулона $\mu N$.

2. Запишем векторные законы Ньютона в проекциях на направления перпендикулярно плоскости и вдоль нее вниз, получаем в первом случае, когда брусок скользит вверх: $$ma = N = mg\cos\alpha,$$ $$mg\sin\alpha - \mu mg\cos\alpha,$$ где ускорение $a$ направлено против начальной скорости и по модулю равно $a=g(\sin\alpha+\mu\cos\alpha)$.

3. Во втором случае сила трения меняет направление (брусок скользит вниз), и получаем: $$a=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha)=g\cos\alpha(\tg\alpha-\mu)<0,$$ поскольку по условию $\tg\alpha=0{,}15<\mu=0{,}35$. Значит, ускорение по-прежнему направлено противоположно скорости, и брусок тормозится, но медленнее.

4. Согласно известной формуле из кинематики, путь тела до полной остановки при равнозамедленном движении равен $$s=\frac{v^2}{2a}.$$

5. Подставляя в это соотношение полученные выше выражения для ускорений с учетом их знаков, находим искомое отношение: $$\frac{s_2}{s_1}=\left|\frac{a_1}{a_2}\right| =\frac{\tg\alpha+\mu}{|\tg\alpha-\mu|} =\frac{0{,}15+0{,}35}{|0{,}15-0{,}35|} =2{,}5.$$

Ответ: во втором случае путь бруска до остановки будет в 2,5 раза больше, чем в первом.

Обоснование.

1. Рассмотрим задачу в системе отсчета, связанной с Землей. Будем считать эту систему отсчета инерциальной (ИСО).

2. Шайба движется поступательно, поэтому можно пренебречь моделью материальной точки. В ИСО движение материальной точки описываем вторым законом Ньютона.

3. Так как шайба движется по шероховатой поверхности, то действует сила трения скольжения $F_{\text{тр}}=\mu N$.

Перейдем к решению.

На шайбу действует сила тяжести $mg$, направленная вертикально вниз, сила реакции опоры $N$, направленная перпендикулярно наклонной плоскости, внешняя сила $F$, направленная горизонтально параллельно нижнему ребру, и сила трения $F_{\text{тр}}$, направленная вдоль наклонной плоскости под углом к нижнему ребру.

Сила трения компенсирует силу тяжести на наклонную плоскость. В тот момент, когда удается сдвинуть шайбу, сила трения становится равной силе скольжения $F_{\text{тр}}=\mu N$. Выберем оси, как показано на рисунке. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси: $$\begin{cases} Ox: F-F_{\text{тр}x}=0,\\ Oy: F_{\text{тр}y}-mg\sin\alpha=0,\\ Oz: N-mg\cos\alpha=0, \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} Ox: F_{\text{тр}x}=F,\\ Oy: F_{\text{тр}y}=mg\sin\alpha,\\ Oz: N=mg\cos\alpha. \end{cases}$$

Используя равенство $F_{\text{тр}}=\mu N$, получаем: $$\sqrt{F_{\text{тр}x}^2+F_{\text{тр}y}^2}=\mu N \Rightarrow \sqrt{F^2+(mg\sin\alpha)^2}=\mu mg\cos\alpha,$$ $$F=mg\sqrt{\mu^2\cos^2\alpha-\sin^2\alpha} \approx 0{,}5\cdot 10\cdot \sqrt{0{,}72\cdot 0{,}75-0{,}75} \approx 1{,}7\ \text{Н}.$$

Ответ: $1{,}7$ Н.

Обоснование

1. Рассматриваем задачу в инерциальной системе отсчёта, связанной с Землёй.

2. Снаряд и осколки считаем материальными точками, так как их размерами по сравнению с расстояниями движения можно пренебречь.

3. В момент взрыва применим закон сохранения импульса, так как время взрыва мало, а изменение импульса системы под действием силы тяжести за это время пренебрежимо мало.

4. После взрыва осколки движутся под действием только силы тяжести, так как сопротивлением воздуха по условию пренебрегают.

Решение.

В верхней точке траектории скорость снаряда направлена горизонтально и равна $$v=v_0\cos\alpha.$$

Масса снаряда до взрыва: $$M=m_1+m_2.$$

Выберем ось $Ox$ горизонтально в сторону первоначального полёта снаряда, а ось $Oy$ — вертикально вверх. По оси $Ox$ для момента взрыва: $$Mv=m_1v_1-m_2v_2,$$ где $v_2$ — модуль скорости второго осколка сразу после взрыва. Знак “минус” показывает, что второй осколок полетел в сторону, противоположную первоначальному движению снаряда. Тогда $$v_2=\frac{m_1v_1-(m_1+m_2)v_0\cos\alpha}{m_2}.$$

Подставим данные: $$v_2=\frac{1{,}5\cdot 200-(1{,}5+1)\cdot 200\cdot \cos 60^\circ}{1} =50\ \text{м/с}.$$

По оси $Oy$ до взрыва импульс снаряда равен нулю, так как в верхней точке траектории его вертикальная скорость равна нулю. Верно также, что после взрыва летит горизонтально, значит его вертикальная скорость тоже равна нулю. Следовательно, вертикальная скорость второго осколка сразу после взрыва также равна нулю.

Высота верхней точки траектории: $$h=\frac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}.$$

Так как второй осколок начинает падать с высоты $h$ без начальной вертикальной скорости, время его падения определяется из уравнения $$h=\frac{gt^2}{2},$$ откуда $$t=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\frac{v_0\sin\alpha}{g}.$$

Подставим значения: $$t=\frac{200\cdot \sin 60^\circ}{10} =10\sqrt{3}\ \text{с}.$$

Тогда расстояние от точки на земле под местом взрыва до места падения второго осколка: $$s_2=v_2t=50\cdot 10\sqrt{3}=500\sqrt{3}\approx 866\ \text{м}.$$

Ответ: 866 м.