Механика

1. Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.
2. Горка и шайба будут двигаться поступательно.
3. Так как все поверхности гладкие - силы трения не возникают, действием силы сопротивления воздуха можно пренебречь. Тогда сумма проекций внешних сил на ось OX равна нулю и применим закон сохранения импульса вдоль горизонтальной оси.
4. Работа всех непотенциальных сил равна нулю, ведь сила реакции опоры в любой точки траектории перпендикулярна скорости шайбы. Силы трения и сопротивления воздуха не действуют, значит применим закон сохранения энергии для системы "горка+шайба".
   Перейдем к решению задачи. Запишем закон сохранения импульса вдоль горизонтальной оси для системы "горка+шайба" $$0=-mv+MV$$ где v - скорость шайбы, а V - скорость горки.
   $$mv=MV$$ $$V = \frac{mv}{M}$$ Теперь запишем закон сохранения энергии для этой системы $$mg4h=mgh+\frac{MV^2}{2}+\frac{mv^2}{2}$$ $$mg4h=mgh+\frac{mv^2}{2}+\frac{M\frac{m^2v^2}{M^2}}{2}$$ $$3mgh=\frac{mv^2}{2}+ \frac{m^2v^2}{2M}$$ $$3mgh=\frac{mv^2}{2}+\frac{mv^2}{16}$$ $$3mgh = \frac{9mv^2}{16}$$ $$v = 4\sqrt{\frac{gh}{3}}$$ Ответ: $v = 4\sqrt{\frac{gh}{3}}$

1. Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.
2. Размеры гонщика малы, поэтому его можно описать моделью материальной точки.
3. При движении до точки отрыва на гонщика действуют сила реакции опоры N и сила тяжести mg. Сила реакции опоры в каждой точке траектории перпендикулярна скорости, поэтому ее работа равна нулю. Других непотенциальных сил на гонщика не действует, поэтому применим закон сохранения энергии для гонщика до отрыва.
4. После отрыва от трамплина движение гонщика происходит в поле Земного тяготения. В проекции на ось OX ускорение свободного падения g равно нулю, поэтому скорость вдоль оси OX постоянна и применимы законы прямолинейного равномерного движения.
5. Проекция ускорения свободного падения g на ось OY равна -g, поэтому применимы законы прямолинейного равноускоренного движения.
   Перейдем к решению задачи. Рассмотрим полет гонщика после отрыва от трамплина $$S = \frac{v^2-v_0^2}{2a}$$ Запишем это уравнение для вертикальной оси. Тогда с учетом S=h и того, что в высшей точке траектории проекция скорости на ось OY равна 0 получим $$h = \frac{-v_{oy}^2}{-2g}=\frac{v_{0y}^2}{2g}$$ $$v_{0y}=v_0\cdot sin(\alpha)$$ Значит $$h = \frac{v_{0}^2sin^2(\alpha)}{2g}$$ Теперь запишем закон сохранения энергии $$mgH=\frac{mv^2}{2}$$ $$H=\frac{v^2}{2g}$$ Поскольку скорость v будет являться начальной скоростью для дальнейшего полета под углом к горизонту, то $$h = \frac{v^2sin^2(\alpha)}{2g}=Hsin^2(\alpha)=Hsin^2(30)=\frac{H}{4}$$ Ответ: $\frac{H}{4}$

1. Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.
2. Размерами бруска по сравнению с кольцом можно пренебречь, поэтому применима модель материальной точки.
3. При движении по кольцу сила реакции опоры перпендикулярна скорости бруска в каждой точке траектории, поэтому работа силы реакции опоры равна нулю. Других непотенциальных сил на брусок не действует, поэтому применим закон сохранения энергии.
4. Давление бруска на поверхность кольца в данной точке формируется за счет 2 закона Ньютона. Он применим в ИСО для материальных точек. Также для материальной точки применимы законы движения по окружности.

Перейдем к решению задачи. Запишем 2 закон Ньютона для бруска на высоте h $$\vec{N}+m\vec{g}=m\vec{a}$$ Формула для центростремительного ускорения $$a_{\text{ц}}=\frac{v^2}{R}$$ Направим ось OX вдоль вектора ускорения. Тогда проекция 2 закона Ньютона на эту ось $$N+mgcos(\alpha) = m\frac{v^2}{R}$$ С учетом того, что N=F (по третьему закону Ньютона) и $cos(\alpha) = \frac{h-R}{R}$ $$v^2 = \frac{R}{m}\left(F+mg \frac{h-R}{R} \right)$$ Теперь запишем закон сохранения энергии $$mgH=mgh+\frac{mv^2}{2}$$ $$H = h+\frac{v^2}{2g}=h+\frac{\frac{R}{m}\left(F+mg \frac{h-R}{R} \right)}{2g}=h+\frac{RF}{2mg}+\frac{h}{2}-\frac{R}{2}=\frac{3h-R}{2}+\frac{RF}{2mg}$$ $$H=\frac{3\cdot 2.5-2}{2}+\frac{2\cdot 5}{2\cdot 1 \cdot 10} = 3.25 \text{м}$$ Ответ: 3.25м

1. Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.
2. Размеры грузов малы по сравнению с радиусом сферы, поэтому опишем их моделью материальной точки.
3. На рисунке рассматривается момент скольжения груза m по сфере. На грузы действуют потенциальные силы тяжести $m\vec{g}$ и $M\vec{g}$, непотенциальные силы натяжения нити $\vec{T_1}$ и $\vec{T_2}$, а также непотенциальная сила реакции опоры $\vec{N}$
4. Нить легкая, трения нет, поэтому $T_1=T_2=T$. Причем сила $T_1$ сонаправлена со скоростью $v_1$ груза m, а сила $T_2$ - противоположно скорости $v_2$ груза M
5. Нить нерастяжима, поэтому в один и тот же момент времени модули скоростей грузов равны. Суммарная работа сил натяжения нити при переходе из одного состояния в другое равна нулю, сила реакции опоры в каждой точке траектории перпендикулярна скорости $v_1$ груза m, поэтому ее работа равна нулю. Таким образом, работа всех непотенциальных сил равна нулю, поэтому выполняется закон сохранения энергии для системы грузов.
6. Грузы описываются моделью материальной точки, условие отрыва тела m от поверхности сферы формируется из 2 закона Ньютона. Сила реакции опоры становится равной нулю в момент отрыва.

Перейдем к решению задачи. Запишем закон сохранения энергии для системы грузов $$E_{\text{п1}}+E_{\text{п2}}=E_{\text{к}}+E_{\text{п3}}+E_{\text{п4}}$$ За нулевой уровень энергии принят центр сферы. Распишем все энергии $$E_{\text{п1}} = mgR$$ $$E_{\text{п2}} = Mg(-h_0)$$ $$E_{\text{п3}} = mgh_1 = mgRcos(\alpha)$$ $$E_{\text{п4}} = Mg(-h)$$ $$E_{\text{к}} = \frac{(m+M)v^2}{2}$$ Тогда $$mgR+Mg(-h_0)=mgRcos(\alpha) +Mg(-h)+\frac{(m+M)v^2}{2}$$ Путь, который прошел 2 груз равен пути, который прошел первый груз. Первый груз прошел путь по дуге окружности равный $h-h_0=\frac{\pi}{6}R$
Тогда $$v^2 = \frac{2gR\left(m(1 - \cos\alpha) + M\frac{\pi}{6}\right)}{m + M}.$$ Запишем 2 закон Ньютона в момент отрыва груза m от поверхности $$\vec{T_1}+m\vec{g}=m\vec{a}$$ $$a_{\text{ц}} = \frac{v^2}{R}$$ Спроецируем на ось, сонаправленную с центростремительным ускорением $$m\frac{v^2}{R}=mgcos(\alpha)$$ Подставим сюда выражение вместо $v^2$ $$\frac{2g\left(m(1 - \cos\alpha) + M\frac{\pi}{6}\right)}{m + M}=gcos(\alpha)$$ $$2\left(m(1 - \cos\alpha) + M\frac{\pi}{6}\right)=(M+m)cos(\alpha)$$ $$2m-3mcos(\alpha)+M\frac{\pi}{3}=Mcos(\alpha)$$ $$m = \frac{Mcos(\alpha)-M\frac{\pi}{3}}{2-3cos(\alpha)}=\frac{0.1\cdot cos(30^\circ)-0.1\cdot\frac{\pi}{3}}{2-3cos(30^\circ)}=30 \text{г}$$ Ответ: 30г

1. Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.
2. Размеры шариков малы по сравнению с длиной нити, поэтому можем применить модель материальной точки.
3. При пережигании нити пружина толкает шарики, действуя на них силой упругости. Все внешние силы, действующие на шарики направлены вдоль вертикальной оси, импульсом пружины можем пренебречь из-за ее малой массы, поэтому применим закон сохранения импульса вдоль горизонтальной оси.
4. Сила натяжения нити перпендикулярна вектору скорости в каждой точки траектории шарика, поэтому ее работа равна нулю. Других непотенциальных сил действующих на шарики нет, поэтому применим закон сохранения энергии.
   Перейдем к решению задачи. Запишем проекцию закона сохранения импульса на горизонтальную ось $$0=-M_1v_1+M_2v_2$$ $$M_1v_1=M_2v_2$$ $$v_1 = \frac{M_2v_2}{M_1}$$ Теперь запишем закон сохранения энергии $$\frac{M_1v_1^2}{2}=M_1gh_1 \text{, где } h_1 = L_1(1-cos(\alpha))$$ $$\frac{M_2v_2^2}{2}=M_2gh_2 \text{, где } h_2=L_2$$ Разделим уравнения друг на друга $$\frac{v_1^2}{v_2^2}=\frac{L_1(1-cos(\alpha))}{L_2}$$ $$\frac{\frac{M_2^2v_2^2}{M_1^2}}{v_2^2}=\frac{L_1(1-cos(\alpha))}{L_2}$$ $$\frac{M_2^2}{M_1^2}=\frac{L_1(1-cos(\alpha))}{L_2}$$ $$(1-cos(\alpha)) = \frac{M_2^2L_2}{M_1^2L_1}$$ Тогда выразим искомый угол $$\alpha = \arccos \left( 1 - \frac{L_2}{2.25L_1}\right) = \arccos \left( 1 - \frac{0.2}{2.25 \cdot 0.9}\right) = 26^\circ$$ Ответ: $26^\circ$