Механика

Обоснование:

1. Систему отсчета, связанную с Землей, будем считать инерциальной (ИСО).
2. Так как движение тел поступательное, то к ним применима модель материальной точки.
3. В ИСО для описание материальной точки можем применять второй закон Ньютона.
4. Так как нить легкая и блок идельнаый, то можно считать $T_1=T_2=T$.
5. Так как нить нерастяжима, то выполняется равенсто для ускорений тел $a_1=a_2=a$.

Решение:
Перед решением задачи изобразим все силы, дейсвтующие на телегу и груз:

Рассмотрим первый случай. Запишем второй закон Ньютона для тележки в проекции на горизонтальную ось $Ox$ и для груза в проекции на вертикальную ось $Oy$.
Для верхнего груза:
$$Ox: \quad T-F_\text{тр}=0\Rightarrow T=F_\text{тр}$$ $$Oy: \quad T-mg=0\Rightarrow T=mg\Rightarrow F_\text{тр}=mg$$ Таким образом получили соотношение $F_\text{тр}$. Теперь рассмотрим второй случай. Так же запишем второй закон Ньютона для тележки в проекции на горизонтальную ось $Ox$ и для груза в проекции на вертикальную ось $Oy$.
$$Ox: \quad T'+F_\text{тр}=Ma$$ $$Oy: \quad mg-T'=ma$$ В итоге объединяя эти два уравнения и решая систему получим: $$a(M+m)=F_\text{тр}+mg=2mg\Rightarrow a=\frac{2mg}{M+m}=\frac{2\cdot10\cdot m}{m+9m}=2\,\text{м/с}^2$$

Обоснование.

1. Рассматриваем задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй; полагаем её инерциальной.
2. Стержень с шарами моделируем как твёрдое тело (форма и размеры неизменны, расстояние между любыми двумя точками тела постоянно).
3. Поступательного движения нет, поэтому алгебраическая сумма всех сил, действующих на тело, равна нулю.
4. Стержень не вращается; следовательно, сумма моментов сил относительно оси, перпендикулярной плоскости рисунка и проходящей через точку $A$, равна нулю.
5. По третьему закону Ньютона силы взаимодействия шаров и стержня направлены противоположно и равны по модулю; реакции опор обозначим $N_1$ и $N_2$. По условию $N_2 = 2 N_1$.

1. На твёрдое тело «стержень + шары» действуют веса $m_1 g$ и $m_2 g$, а также реакции опор $N_1$ и $N_2$. Составим условия равновесия в системе $Oxy$, связанной с Землёй:

по оси $Oy$: $$N_1 + N_2 - m_1 g - m_2 g = 0,$$

по моментам относительно точки $A$: $$N_1 x + N_2 (l + x) - m_2 g\, L = 0,$$ где $l = CD$, $x$ — плечо силы $N_1$ (то есть $x = AC$).

1. Учитывая заданное соотношение $N_2 = 2 N_1$, перепишем систему: $$\begin{cases} 3 N_1 = (m_1 + m_2) g,\\ (3x + 2l)N_1 = m_2 g\, L. \end{cases}$$

Делим второе уравнение на первое и получаем: $$x + \frac{2}{3} l = \frac{m_2}{m_1 + m_2}\, L, \quad\Rightarrow\quad l = \frac{3}{2}\!\left(\frac{m_2}{m_1 + m_2}L - x\right).$$

1. Подставляя численные значения: $$l = \frac{3}{2}\!\left(\frac{0{,}3}{0{,}2 + 0{,}3}\cdot 1{,}0 - 0{,}2\right) = 0{,}6~\text{м}.$$

Обоснование:

1. Систему отсчета, связанную с Землей, будем считать инерциальной (ИСО).
2. Движение доски поступательное, следовательно, ее можно принять за материальную точку.
3. В инерциальной системе отсчета для доски, движущейся равномерно, применим второй закон Ньютона.
4. По третьему закону Ньютона модуль силы трения действующей на доску, равен модулю силы трения действующей на стержень $F_\text{тр1}=F_\text{тр2}$.
5. Для описания стержня будем применять модель твердого тела, это означает что форма и размеры тела неизменны, расстояние между двумя точками тела остается неизменным.
6. В инерциальной системе отсчета применимо правило моментов для вращающегося тела. Ось, относительно которой будем рассматривать сумму моментов сил, проведем перпендикулярно плоскости чертежа через точку крепления стержня.
   Решение:
   Для начала рассмотрим силы, действующие на доску. Кроме искомой силы $F$ на доску будет действовать сила трения со стороны стержня.

Запишем второй закон Ньютона для доски и так как доска движется поступательно с постоянной скоростью. Поэтому сумма проекций на ось $Ох$ всех сил, приложенных к доске, равна нулю.
$$F-F_\text{тр1}=0\Rightarrow F=F_\text{тр1}$$ И по третьему закону Ньютона $F=F_\text{тр1}=F_\text{тр2}$. И так как доска движется относительно стержня, поэтому сила трения является силой трения скольжения, поэтому $F=F_\text{тр2}=\mu N$.
Теперь рассмотрим силы, действующие на стержень. Кроме силы трения на стержень действуют сила реакции опоры, сила реакции шарнира, сила тяжести. Силы реакции шарнира представим горизонтальными и вертикальными составляющими.

По условию задачи стержень покоится, поэтому сумма моментов сил относительно оси шарнира А равна нулю. Обозначив длину стержня через L, запишем правило моментов относительно это оси: $$\frac{L}{2}\cdot mg\cos{\alpha}-F_\text{тр2}L\sin{\alpha}-NL\cos{\alpha}=0$$ $$\Downarrow$$ $$mg\cos{\alpha}-2\mu N\sin{\alpha}-2N\cos{\alpha}=0$$ $$\Downarrow$$ $$N=\frac{mg}{2(1+\mu\tan{\alpha})}$$ Тогда найдём искомую силу: $$F=F_\text{тр2}=\mu N=\frac{\mu mg}{2(1+\mu\tan{\alpha})}=\frac{0.2\cdot1\cdot10}{2(1+0.2\cdot\tan{30^\circ})}\approx 0.9\,\text{Н}$$

Обоснование:

1. Систему отсчета, связанную с Землей, будем считать инерциальной (ИСО).
2. Брусок перед отрывом его правого края от поверхности стола будем считать твердым телом с осью вращения, проходящей перпендикулярно плоскости рисунка через точку A.
3. Нити нерастяжимы, поэтому, если покоится брусок, то покоятся и все остальные тела системы. Тогда справедливы равенства $T_1=T_3=T$ и $T_2=T_4=T'$
4. Нити легкие, поэтому величина силы натяжения каждой нити в любой ее точке одна и та же.
5. Так как трения в осях нет, масса блока пренебрежимо мала, то блок считаем идеальным. Поэтому условие равновесия блока — равенство нулю суммы моментов сил натяжения нитей относительно оси блока.
6. Груз может двигаться только поступательно вдоль вертикальной оси $Oy$, лежащей в плоскости рисунка. Поэтому для груза используем модель материальной точки и применим второй закон Ньютона.

Решение:
Для начала расставим силы, действующие на брусок в момент его отрыва. Будем считать, что масса бруска в этот момент минимальна, а сам брусок только-только оторвался от стола, поэтому сила реакции $\vec{N}$, возникнет в точке A и будет направлена вертикально вверх так как стол гладкий.

Запишем уравнение моментов сил для бруска в момент, когда он покоится и касается стола только в точке A:
$$T_1\cdot AB=Mg\cdot\frac{AB}{2}\Rightarrow T_1=T=\frac{Mg}{2}$$ Теперь запишем второй закон Ньютона в проекции на ось $Oy$:
$$T_2-mg=0\Rightarrow T_2=T'=mg$$ Запишем условие равновесие для блока относительно его оси:
$$T_3\cdot r=T_4\cdot R\Rightarrow T\cdot r=T'\cdot R\Rightarrow \frac{Mg}{2}\cdot r=mg\cdot R$$ $$\Downarrow$$ $$\frac{m}{M}=\frac{gr}{2gR}=\frac{r}{2R}=\frac{0.05}{2\cdot0.1}=0.25$$

Обоснование:

1. Систему отсчета, связанную с Землей, будем считать инерциальной (ИСО).
2. Размерами шариков можно пренебречь, поэтому их можно считать материальными точками.
3. Так как стержень жесткий и легкий, то силы натяжения, действующие на каждый шарик, равны по модулю $T_1=T_2=T$.
4. Для описания поведения шариков в инерциальной системе отсчета можно применить второй закон Ньютона.

Решение:
Для начала изобразим все силы действующие на шарики, а именно на них действуют сила тяжести, сила реакции опоры, сила натяжения стержня, а на нижний ещё и сила трения.

По второму закону Ньютона сумма сил, действующих на гантель в состоянии равновесия, равна нулю; запишем это в проекциях на оси $x$ и $y$: $$\text{Ox:}\quad N_1 - F_{\text{тр}} = 0,\qquad \text{Oy:}\quad N_2 - Mg - mg = 0.$$

Отсюда $N_1 = F_{\text{тр}} \le \mu N_2$, а $N_2 = (M+m)g$; следовательно, $N_1 \le \mu g\,(M+m)$.

Запишем условие равновесия моментов всех сил относительно оси, проходящей через нижнюю точку: $$N_1\,l\sin\alpha - mg\,l\cos\alpha = 0.$$

С учётом того, что $\alpha = 45^\circ$, получаем $N_1 = mg$.

В результате имеем неравенство $$mg \le \mu g (M+m),$$ откуда выражается минимальная масса нижнего шарика: $$M \ge \frac{m(1-\mu)}{\mu}.$$

Подставляя числа, получаем $$M \ge \frac{60\cdot(1-0{,}3)}{0{,}3} = 140~\text{г}.$$