Механика

Обоснование:

1. Систему отсчета, связанную с Землей, будем считать инерциальной (ИСО).
2. Для описания цилиндр будем применять модель твердого тела, это означает что форма и размеры тела неизменны, расстояние между двумя точками тела остается неизменным.
3. Любое движение твердого тела является суперпозицией поступательного и вращательного движений. Поэтому к телу применимо два условия равновесия твердого тела в ИСО: для поступательного движения и для вращательного движения
4. В качестве оси вращения выберем ось, проходящую перпендикулярно плоскости рисунка через точку касания цилиндра плоскости А.
5. Нить невесома, поэтому модуль силы натяжения нити в любой ее точке равны.
6. Между цилиндром и поверхностью наклонной плоскости действует сила трения.

Решение:
Изобразим силы, действующие на цилиндр: тяжесть $mg$, реакцию опоры $N$, силу трения $F_{\text{тр}}$ и натяжение нити $T$.

Запишем равновесие моментов относительно точки $A$: $$mg\sin\alpha\cdot R - T\cdot 2R = 0.$$ Отсюда $$T=\frac{mg\sin\alpha}{2}.$$

Применим второй закон Ньютона при нулевом ускорении: $$\vec N + \vec T + m\vec g + \vec F_{\text{тр}}=\vec 0.$$

Проекции на оси: $$\mathrm{Ox}: \quad T + F_{\text{тр}} - mg\sin\alpha = 0,\qquad \mathrm{Oy}: \quad N - mg\cos\alpha = 0.$$

В предельном случае трение максимально: $F_{\text{тр}}=\mu N$. Тогда $$T + \mu mg\cos\alpha - mg\sin\alpha = 0.$$

Подставляя $T=\dfrac{mg\sin\alpha}{2}$, получаем $$\frac{mg\sin\alpha}{2} + \mu mg\cos\alpha - mg\sin\alpha = 0 \;\Rightarrow\; 2\mu\cos\alpha = \sin\alpha.$$

Отсюда для предельного угла наклона плоскости: $$\alpha = \arctan(2\mu) = \arctan(2\cdot 0{,}5)=45^\circ.$$

Этот угол действительно максимальный: при дальнейшем увеличении $\alpha$ сила трения уменьшается, горизонтальная составляющая тяжести возрастает, натяжение нити тоже растёт, и равновесие нарушается.

Обоснование:

1. Систему отсчета, связанную с Землей, будем считать инерциальной (ИСО).
2. Тела движутся поступательно, поэтому их движение можно описывать моделью материальной точки.
3. Так как наклонная плоскость гладкая, следовательно, действием силы трения на оба бруска можно пренебречь.
4. Нить невесома, поэтому силы натяжения по модулю одинаковы, то есть $T_1=T_2=T$.
5. Нить нерастяжима, поэтому ускорения тел равны по модулю, то есть $a_1=a_2=a$.
6. Поскольку пружина легкая, то $F_\text{у1}=F_\text{у2}=F_\text{у}$.
7. Так как система является инерциальной, то можем применять второй закон Ньютона.

Решение:
Перед решением задачи изобразим силы действующие на бруски:

Теперь запишем второй закон Ньютона в проекции на выбранные оси: $$Ox: \quad F_\text{у1}-mg\sin{\alpha}=ma_1\Rightarrow F_\text{у}-mg\sin{\alpha}=ma$$ $$Ox: \quad T-F_\text{у2}-mg\sin{\alpha}=ma_1\Rightarrow T-F_\text{у2}-mg\sin{\alpha}=ma$$ $$O'y': \quad Mg-T=Ma_2\Rightarrow Mg-T=Ma$$ Таким образом из этих уравнений получим систему, в результате решение которой получим: $$a=g\frac{M-2m\sin{\alpha}}{2m+M}$$ Подставляя в первое уравнение получим: $$F_\text{у}=\frac{Mmg(1+\sin{\alpha})}{2m+M}$$ И согласно закону Гука $F_\text{у}=k(L-l)$ для растянутой пружины и тогда: $$L=l+\frac{Mmg(1+\sin{\alpha})}{(2m+M)k}=0.15+\frac{2\cdot0.25\cdot10\cdot(1+0.5)}{20\cdot(2\cdot0.25+2)}=0.3\,\text{м}$$

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.
4. Нити легкие, поэтому величина силы натяжения каждой нити в любой ее точке одна и та же. Тогда справедливы равенства $T_1=T_3=T$ и $T_2=T_4=T'$
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 минимальная, 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:
$$T_3\cdot r=T_4\cdot R\Rightarrow T\cdot r=T'\cdot R\Rightarrow \frac{Mg}{2}\cdot r=mg\cdot R$$ $$\Downarrow$$ $$M=\frac{2mgR}{gr}=\frac{2mR}{r}=\frac{2\cdot1\cdot0.1}{0.05}=4\,\text{кг}$$

Обоснование:

1. Систему отсчета, связанную с Землей, будем считать инерциальной (ИСО).
2. Для описания цилиндр будем применять модель твердого тела, это означает что форма и размеры тела неизменны, расстояние между двумя точками тела остается неизменным.
3. Любое движение твердого тела является суперпозицией поступательного и вращательного движений. Поэтому к телу применимо два условия равновесия твердого тела в ИСО: для поступательного движения и для вращательного движения
4. В качестве оси вращения выберем ось, проходящую перпендикулярно плоскости рисунка через точку касания цилиндра плоскости А.
5. Нить невесома, поэтому модуль силы натяжения нити в любой ее точке равны.
6. Между цилиндром и поверхностью наклонной плоскости действует сила трения.

Решение:
Для начала запишем правило моментов относительно оси, проходящей через точку А:
$$mg\sin{\alpha}\cdot R=2R\cdot T\Rightarrow T=\frac{mg\sin{\alpha}}{2}$$ Далее запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси $Oy$ и $Ox$: $$Oy: N-mg\cos{\alpha}=0\Rightarrow N=mg\cos{\alpha}$$ $$Ox: T+F_\text{тр}-mg\sin{\alpha}=0 \Rightarrow F_\text{тр}=mg\sin{\alpha}-T=\frac{mg\sin{\alpha}}{2}=\frac{0.4\cdot10\cdot\sin{30^\circ}}{2}=1\,\text{Н}$$ Теперь сосчитаем предельное значение силы трения покоя: $$F_\text{тр}=\mu N=\mu mg\cos{\alpha}=0.35\cdot0.4\cdot10\cdot\cos{30^\circ}\approx1.25\,\text{Н}$$ Таким образом видим, что сила трения меньше предельной силы трения покоя, а значит цилиндр будет находится в покое, и действующая на него сила трения будет равна 1 Н.

Обоснование:

1. Систему отсчета, связанную с Землей, будем считать инерциальной (ИСО).
2. Для описания стержня и металлической пластины используем моделью твердого тела.
3. Любое движение твердого тела является суперпозицией поступательного и вращательного движений. Поэтому к телу применимо два условия равновесия твердого тела в ИСО: для поступательного движения и для вращательного движения
4. В качестве оси, относительно которой будем считать сумму моментов сил, действующих на цилиндр, выберем ось, проходящую перпендикулярно плоскости рисунка через точку D.
5. Нити, привязанные к динамометру и к металлической пластине пренебрежимо малы, поэтому силы $T_1=T_2=T$ и $F_1=F_2=F$.
6. Пластина может двигаться только поступательно вдоль осей, лежащих в плоскости рисунка. Поэтому для пластины используем модель материальной точки и применим второй закон Ньютона.

Решение:
Для начала запишем второй закон Ньютона для пластины: $$T_1=mg\Rightarrow T=mg$$ Теперь перейдём к рассмотрению сил, действующих на рычаг, а именно изобразим силу натяжения нити $T_1$, силу реакции опоры $N$, силу $F_1$ и силу тяжести рычага $Mg$.

Теперьо запишем правило моментов приложенных сил относительно оси, проходящей через точку D, обозначив длину единичного отрезка на рычаге за $L$:
$$3TL+2MgL-5FL\sin{\alpha}=0$$ $$\Downarrow$$ $$3mg=5F\sin{\alpha}-2Mg$$ $$\Downarrow$$ $$m=\frac{5F\sin{\alpha}-2Mg}{3g}=\frac{5\cdot1.6\sin{45^\circ}-2\cdot0.05\cdot10}{3\cdot10}\approx 0.155\,\text{кг}$$