Механика

1. Разберёмся какие силы приложены к шарику, первая это сила тяжести $m\vec{g}$, направленная вертикально вниз и вторая это сила натяжения нити $\vec{T}$, которая направлена вдоль нити.
2. Так как шарик находится в промежуточной точке, то его скорость $v\not=0$, следовательно шарик обладает центростремительным ускорением $a_\text{ц}$, которое направленно вдоль нити.
3. Проекция ускорения шарика на касательную ось равна $a_\tau=g\cdot sin{\alpha}$, направленная в сторону положения равновесия.
4. Таким образом суммарное ускорение шарика есть $\vec{a}=\vec{a_\text{ц}}+\vec{a_\tau}$, которое будет направленно внутрь траектории движения шарика.

1. Разберёмся какие силы приложены к шарику, первая это сила тяжести $m\vec{g}$, направленная вертикально вниз и вторая это сила натяжения нити $\vec{T}$, которая направленна вдоль нити.
2. Так как шарик находится в промедуточной точке, то его скорость $v\not=0$, следовательно шарик обладает центростремительным ускорением $a_\text{ц}$, которое направленно вдоль нити.
3. Проекция ускорения шарика на касательную ось равна $a_\tau=g\cdot sin{\alpha}$, направленная в сторону положения равновесия.
4. Таким образом суммарное ускорение шарика есть $\vec{a}=\vec{a_\text{ц}}+\vec{a_\tau}$, которое будет направленно внутрь траектории движения шарика.

1. Рассмотрим тело брошенное под углом к горизонту под углом $\alpha$:
   В этом случая при отсутствии внешних сил тело движется равноускоренно с с ускорением свободного падения $g$. И так как проекция этого ускорения на горизонтальную ось $Ox$ равна $g_x=0$, значит вдоль оси $Ox$ тело движется равномерно. По вертикальной оси $Oy$ проекция ускорения $g_y=-g$, значит вдоль оси $Oy$ тело движется равноускоренно. Тогда $$S_x=v_0t\cos{\alpha}$$ $$S_y=v_0t\sin{\alpha}-\frac{gt^2}{2}$$ Решим уравнение пути вдоль оси $Oy$ в момент падения тела т.е. $S_y=0$. В этом случае корнем уравнения будут $t=0$ и $t=\frac{2v_0\sin{\alpha}}{g}$. Подставим второе время в уравнение пути вдоль оси $Ox$ и получим дальность полёта: $$L=\frac{2v_0^2\sin{\alpha}\cos{\alpha}}{g}=\frac{v_0^2\sin{2\alpha}}{g}$$
2. Рассмотрим тело движущиеся по закрепленной гладкой наклонной плоскости:
   Так как тело движется по наклонной плоскости без силы трения, то можем записать закон сохранения энергии $$\frac{mv_0^2}{2}=mgh_{max}\Rightarrow\frac{v_0^2}{2}=gh_{max}\Rightarrow h_{max}=\frac{v_0^2}{2g}$$ Тогда воспользуемся соотношением в треугольнике и вычислим максимальное отдаление тела $$S=\frac{h}{\tan{\alpha}}=\frac{v_0^2}{2\tan{\alpha}}$$
3. Найдём отношение получившихся удалений тел: $$\frac{L}{S}=\frac{v_0^2\sin{2\alpha}}{g}\cdot\frac{2\tan{\alpha}}{v_0^2}=4\sin^2{\alpha}$$ И так как угол $\alpha<30^\circ$, то $4\sin^2{\alpha}<1$, значит $S>L$ т.е. перемещение по горизонтали второго тела больше чем брошенного под углом к горизонту.

Разберёмся, какие силы действуют на шайбу. В проекции на вертикальную ось, на шайбу действует сила тяжести и сила реакции опоры. В проекции на горизонтальную ось сида трения. Рассчитаем максимальную силу трению покоя $F_{max}=\mu N=\mu mg=0.3\cdot10\cdot m=3m$
Согласно второму закону Ньютона в проекции на горизонтальную ось $ma=F\Rightarrow F=mw^2R$, тогда $$F_1=mw_1^2R=2^2\cdot0.6\cdot m=2.4m$$ $$F_2=mw_2^2R=2.5^2\cdot0.6\cdot m=3.75m$$ Как видим, в первом случае приложенная сила меньше максимальной силы трения покоя, следовательно шайба находится в покое. В втором случае приложенная сила больше максимальной силы трения покоя, следовательно шайба будет выведена из состояния покоя.

Для решения задачи вспомним, что для малых колебаний период колебаний находится по формуле $T=2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}$, где $k$– коэффициент пропорциональности, описывающий уравнение малых гармонических колебаний $F_x=ma=-kx$, направленная в сторону положения равновесия.
Если шарик зарядить, то на него со стороны заряженной пластины будет действовать электрическая сила $\vec{F_\text{э}}$, направленная вертикально вверх, так как и пластина, и шарик имеют заряд одинакового знака.
Запишем второй закон Ньютона $m\vec{a}=\vec{F_\text{э}}+m\vec{g}+\vec{T}$ и в проекции на ось $Ox$: $ma=(F_\text{э}-mg)\cdot\sin{\alpha}$, так как колебания маленькие, то $\sin{\alpha}\approx\frac{x}{l}$, таким образом: $$F_x=-(mg-F_\text{э})\cdot\frac{x}{l}=-\frac{mg-F_\text{э}}{l}x$$ Следовательно искомый коэффициент пропорциональности $k=\frac{mg-F_\text{э}}{l}$, тогда период колебаний $$T=2\pi\sqrt{\frac{ml}{mg-F_\text{э}}}\Rightarrow \nu=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{mg-F_\text{э}}{ml}}=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{g}{l}-\frac{F_\text{э}}{ml}}$$ Вспоминая формулу частоты колебаний в отсутствии заряда шарика $\nu=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{g}{l}}$, видим, что частота колебаний заряженного шарика меньше чем у незаряженного.