Механика

Обоснование:

1. Систему отсчета, связанную с Землей, будем считать инерциальной (ИСО).
2. Рычаг можем описать моделью абсолютно твердого тела, для которых выполняются условия равновесия невращающегося тела и правило моментов приложенных сил.
3. Шарики могут двигаться только поступательно вдоль осей, лежащих в плоскости рисунка. Поэтому для них используем модель материальной точки и применим второй закон Ньютона.
4. Нити невесомы, поэтому для каждой величина силы натяжения каждой нити в любой ее точке одна и та же.
5. Нити нерастяжимы, поэтому, если покоится шары, то покоятся и все остальные тела системы. Тогда справедливы равенства $T_1=T_2=T$ и $T_3=T_4=T'$

Решение:
Для начала рассмотрим первый случай. Расставим все силы:

Теперь так как шарики покоятся, то соглано второму закону Ньютона $T_2=m_1g$ и $T_4=m_2g$. И так как $T_1=T_2=T$ и $T_2=T_3=T'$, то $T=m_1g$ и $T'=m_2g$.
Теперь запишем правило моментов приложенных сил относительно оси, проходящей через точку $O_1$: $$TL_1=T'L_2\Rightarrow m_1gL_1=m_2gL_2\Rightarrow L_1=\frac{m_2L_2}{m_1}$$ Теперь перейдём ко второму случаю, когда на шарики действует одинаковая сила Архимеда, так как объемы шариков одинаковы и их погружали в одну жидкость. Снова расставим все силы:

Теперь так как шарики покоятся, то соглано второму закону Ньютона $T_2+F_A=m_1g$ и $T_4+F_A=m_2g$. И так как $T_1=T_2=T$ и $T_2=T_3=T'$, то $T=m_1g-F_A$ и $T'=m_2g-F_A$, где сила архимеда вычисляеться по формуле $F_A=\rho g V$.
Теперь запишем правило моментов приложенных сил относительно оси, проходящей через точку $O_2$, предположив, что точку опоры сместили на $\Delta L$ в сторону шарика большей массы: $$(m_1 g - F_A)(L_1 + \Delta L) - (m_2 g - F_A)(L_2 - \Delta L) = 0$$ Подставляя в эту формулу выражения для $L_1$ и выражаем $m_2$: $$m_2 = \frac{m_1 (\Delta L (m_1 - 2\rho V) + \rho V L_2)}{\rho V L_2 - m_1 \Delta L} = \frac{320\cdot(10 \cdot (320 - 2 \cdot 1 \cdot 200) + 1 \cdot 200 \cdot 20)}{1 \cdot 200 \cdot 20 - 320 \cdot 10} = 1280~\text{г} = 1.28~\text{кг}.$$

Обоснование:

1. Систему отсчета, связанную с Землей, будем считать инерциальной (ИСО).
2. Снаряд и его части движутся поступательно, поэтому их можно описывать моделью материальной точки.
3. Для материальных точек в инерциальной системе отсчета за малый промежуток времени применим сохранения импульса.
4. За малый промежуток взаимодействия частей снаряда можно считать, что потенциальная энергия тел не изменилась.

Решение:
Для начала запишем закон сохранения импульса: $$M \vec{v} = \frac{M}{3} \vec{u}_1 + \frac{2M}{3} \vec{u}_2$$ И в проекции на ось $Ox$: $$Ox: \quad 3v = u_1 - 2 u_2$$ $$\Downarrow$$ $$u_2 = \frac{u_1 - 3v}{2} = \frac{900 - 3 \cdot 250}{2} = 75~\text{м/с}$$ Найдём начальную и конечную кинетическую энергию: $$E_1 = \frac{Mv^2}{2}, \quad E_2 = \frac{M}{3}\cdot\frac{u_1^2}{2} + \frac{2M}{ 3}\cdot\frac{u_1^2}{2}$$ Тогда по закону изменения кинетической энергии $$\Delta E = E_2 - E_1 = \frac{M}{2}\cdot\left( \frac{\left( u_1^2 + 2 u_2^2 \right)}{3} -v^2\right)= \frac{9}{2} \left( \frac{900^2 + 2 \cdot 75^2}{3} - 250^2 \right) = 950625\,\text{Дж}$$

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.

Так как гантеля находится в состоянии покоя, то согласно второму закону Ньютона в проекции на вертикальную ось $Oy$ и горизонтальную ось $Oy$, получим:
$$Ox: \quad N_1-F_\text{тр}=0 \Rightarrow N_1=F_\text{тр}$$ $$Oy: \quad N_2-Mg-mg=0\Rightarrow N_2=(M+m)g$$ Тогда чтобы тело находилось в покое, то $N_1=F_\text{тр}\leq\mu N_2=\mu g(M+m)$.
Теперь запишем правило моментов приложенных сил относительно оси, проходящей через центр нижнего шара, обозначив длину стержня через $L$:
$$N_1L\sin{\alpha}=mgL\cos{\alpha}$$ И учитывае, что $\alpha=45^\circ$, получим: $$N_1=mg$$ Тогда учитывая полученное ранее неравенство, справедливо следубщие: $$mg\leq\mu g(M+m)$$ $$\Downarrow$$ $$m\leq\frac{\mu M}{1-\mu}=\frac{120\cdot0.4}{1-0.4}=80\,\text{г}$$

Обоснование:

1. Систему отсчета, связанную с Землей, будем считать инерциальной (ИСО).
2. Движение шарика в трубке и доски по столу поступательное, поэтому эти тела можно описывать моделью материальной точки.
3. На шарик и доску не действуют силы трения и сопротивления воздуха, поэтому систему можно считать замкнутой, для которой выполняется закон сохранения импульсов тел.
4. Внешние силы на данную систему не действуют, сила реакции опоры, действующие на шарик и доску, работу не совершает, так как перпендикулярна перемещению. Тогда для данной системы можем применить закон сохранения энергии.

Решение:
Для начала запишем закон сохранения импульса в проекции на горизонтальную ось: $$Mv_1-mv_2=0 \Rightarrow M=\frac{mv_2}{v_1}$$ где $m$ — масса шарика, $M$ — масса доски. Далее запишем закон сохранения энергии:
$$E_\text{п.н.}=E_\text{п.к.}+E_\text{к.ш.}+E_\text{к.д.}$$ где начальная потенциальная энергия $E_\text{п.н.}=mgH$, конечная потенциальная энергия $E_\text{п.к.}=mgh$, кинетическая энергия шарика $E_\text{к.ш.}=\frac{mv_2^2}{2}$ и кинетическая энергия доски $E_\text{к.д.}=\frac{Mv_1^2}{2}$. В итоге получим уравнение: $$mgH=mgh+\frac{mv_2^2}{2}+\frac{Mv_1^2}{2}$$ И подставляя уравнение для массы доски получим: $$H=h+\frac{v_2(v_2+v_1)}{2g}=1+\frac{3\cdot(3+0.5)}{2\cdot10}=1.525\,\text{м}$$

Обоснование:

1. Систему отсчета, связанную с Землей, будем считать инерциальной (ИСО).
2. Для описания стержня используем моделью твердого тела.
3. Стержень однородный, поэтому сила тяжести, действующая на него, приложена к его середине.
4. 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
5. В качестве оси, относительно которой будем считать сумму моментов сил, действующих на цилиндр, выберем ось, проходящую перпендикулярно плоскости рисунка через шарнир.
6. Также для стержня выполняется третий закон Ньютона $F=N$.

Решение:
Для начала изобразим на рисунке все силы, действующие на стержень:

Так как стержень находится в покое, то значит отсутствует его вращательное движение, а следовательно справедливо следующие равенство для суммы моментов относительно выбранной выше оси, обозначим длину стержня через $L$, а длину погруженной часть через $L_\text{п}=\frac{h}{\cos{\alpha}}$:
$$F_A\sin{\alpha}\cdot\frac{L_\text{п}}{2}-mg\sin{\alpha}\cdot\frac{L}{2}=0$$ Сила Архимеда, действующая на стержень определяется формулой: $F_A=\rho gV_\text{пог.}=\rho gSL_\text{п}$. Масса стержня определятся формулой $m=\rho_0V=\rho_0SL$. Тогда подставляя эти равенства в правило моментов получим:
$$L=L_\text{п}\sqrt{\frac{\rho}{\rho_0}}=\frac{h}{\cos{\alpha}}\cdot\sqrt{\frac{\rho}{\rho_0}}$$ Так как стержень находится в покое, то значит отсутствует его поступательное движение, а следовательно геометрическая сумма приложенных сил равна нулю т.е.: $$F_A-mg-N=0\Rightarrow\rho gSL_\text{п}-\rho_0SLg=N\Rightarrow \frac{\rho gSh}{\cos{\alpha}}-\rho_0gS{\cos{\alpha}}\cdot\sqrt{\frac{\rho}{\rho_0}}=F$$ Откуда искомая площадь поперечного сечения стержня $S$ равна: $$S = \frac{F \cos \alpha}{g h (\rho - \sqrt{\rho \rho_0})} = \frac{0.25 \cdot 0.5}{10 \cdot 0.25 \cdot (10^{3} - \sqrt{250 \cdot 10^{3}})} = 10^{-4} \; \text{м}^2 = 1\;\text{см}^2$$