Механика

Обоснование:

1. Систему отсчета, связанную с Землей, будем считать инерциальной (ИСО).
2. Движение бруска и клина по горизонтальной поверхности поступательное, значит, его можно считать материальной точкой.
3. В ИСО для обоих тел выполняется второй закон Ньютона.
4. По третьему закону Ньютона в ИСО силы трения между бруском и клином равны по модулю. Вес бруска $P$ по третьему закону Ньютона равен силе реакции опоры $N_1$.

Решение:
Перед решением задачи изобразим все силы, действующие на тела.

Для начала запишем второй закон Ньютона в проекции на $Ox$ и вертикальную ось $Oy$.
$$Ox: \quad N_1\sin{\alpha}-F_\text{тр.}\cos{\alpha}=ma$$ $$Oy: \quad N_1\cos{\alpha}+F_\text{тр.}\sin{\alpha}-mg=0$$ В данных формула сила трения вычисляется по формулам $F_\text{тр.}=\mu N_1$. И подставляя эту формулу в систему уравнений и решая её получим:
$$a=\frac{g(\tan{\alpha-\mu})}{1+\mu\tan{\alpha}}$$ Теперь запишем второй закон Ньютона для всей системы: $F=(M+m)a$, тогда:
$$F=\frac{g(\tan{\alpha-\mu})}{1+\mu\tan{\alpha}}(M+m)$$

Обоснование:

1. Систему отсчета, связанную с Землей, будем считать инерциальной (ИСО).
2. Пока грузы массой $M$ и $m_1$ движутся как единое цело, то можем считать их одним телом сложной формы, массой $M+m_1$. И так как этот груз и груз $m_2$ двигаются поступательно, то эти тела можно описывать моделью материальной точки.
3. В ИСО для описание материальной точки можем применять второй закон Ньютона.
4. Так как нить легкая и скользит по блоку без трения, то можно считать $T_1=T_2=T$.
5. Так как нить нерастяжима, то выполняется равенство для ускорений тел $a_1=a_2=a$.

Решение:
Перед решением изобразим все силы, действующие на тела, с учётом того, что грузы $M$ и $m_1$ это единый груз массой $M+m_1$.

Теперь запишем второй закон Ньютона в проекции на горизонтальную ось $Ox$ и вертикальную ось $Oy$.
$$Ox: \quad (M+m)a_1=T_1\Rightarrow (M+m)a=T$$ $$Oy: \quad ma_2=mg-T_2\Rightarrow ma=mg-T$$ Из этих двух уравнение получаем, что $$a=\frac{gm}{M+2m}$$ Теперь рассмотрим отдельно груз $m_1$ и запишем для него второй закон Ньютона в проекции на горизонтальную ось $Ox$ и вертикальную ось $Oy$.
$$Ox: \quad m_1a=F_\text{тр.}\Rightarrow ma=F_\text{тр.}$$ $$Ox: \quad m_1g-N_1=0\Rightarrow mg=N_1$$ Теперь вспомним, что так как груз $m_1$ покоится относительно $M$, то значит сила трения скольжения, возникающая между ними, должна быть меньше максимальной силы трения покоя т.е. $F_\text{тр.}=ma\leq\mu N_1=\mu mg$, откуда получаем неравенство: $$a=\frac{gm}{M+2m}\leq\mu g$$ И решая этот неравенство относительно $m$, получим $$m\leq\frac{\mu M}{1-2\mu}=\frac{0.2\cdot1.2}{1-2\cdot0.2}=0.4\,\text{кг}$$

Обоснование:

1. Систему отсчета, связанную с Землей, будем считать инерциальной (ИСО).
2. Так как движение брусков 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 скользит по блоку без трения, 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, действующие на бруски:

Теперь запишем второй закон Ньютона для обоих грузов в проекции на горизонтальную ось $Ox$ и вертикальную ось $Oy$.
Для верхнего груза:
$$Ox: \quad Ma=F\cos{\alpha}-T-F_\text{тр}\Rightarrow Ma=F\cos{\alpha}-T-\mu N$$ $$Oy: 0=N-Mg+F\sin{\alpha}\Rightarrow N=Mg-F\sin{\alpha}$$ Для нижнего груза:
$$Oy: ma=T-mg\Rightarrow T=m(a+g)$$ Решая эту систему уравнений получим: $$a = \frac{F(\cos\alpha + \mu \sin\alpha) - g(m + \mu M)}{m + M}$$ И в конце применим формулу перемещения тела из состояния покоя $$L=\frac{at^2}{2}\Rightarrow t=\sqrt{\frac{2L}{a}}=\sqrt{\frac{2L(m + M)}{F(\cos\alpha + \mu \sin\alpha) - g(m + \mu M)}}=\sqrt{\frac{2\cdot0.4\cdot(1 + 0.5)}{9\cdot(\cos{30^\circ} + 0.3\cdot \sin{30^\circ}) - 10\cdot(0.5 + 0.3\cdot 1)}}\approx 1\,\text{c}$$

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. Для материальных точек в инерциальной системе отсчета за малый промежуток времени применим сохранения импульса.

Решение:
Перед решением задачи введём систему координат $Oxy$, центр которой совпадает с точкой старта первого шарика.
Тогда так как действие силы сопротивления воздуха мала и тела движется только в поле силы тяжести, то запишем кинематические уравнения движения, описывающие их движение.
$$y_1=v_0t\sin{\alpha}-\frac{gt^2}{2}$$ $$v_{y1}=v_0\sin{\alpha}-gt$$ $$v_{y2}=-gt$$ Теперь запишем закон сохранения импульса в проекции на вертикальную ось $Oy$ (их сумма будет равна нулю так как после соударения скорости шариков были направлены горизонтально): $$p_1+p_2=0\Rightarrow mv_{y1}+mv_{y2}=0\Rightarrow v_{y1}=-v_{y2}\Rightarrow v_0\sin{\alpha}-gt=gt$$ Тогда если выразить из получившегося уравнения время, получим время до столкновения шариков:
$$t_1=\frac{v_0\sin{\alpha}}{2g}$$ И поставить это время в выражения для высоты полёта первого шарика $y_1$ получим высоту на которой произошло столкновение:
$$h=y_1(t_1)=v_0\sin{\alpha}\cdot\frac{v_0\sin{\alpha}}{2g}-\frac{g}{2}\cdot\left(\frac{v_0\sin{\alpha}}{2g}\right)^2=\frac{3v_0^2\sin^2{\alpha}}{8g}$$ И так как проекция вертикальной скорости в момент после соударения равна нулю, то модем рассматривать движение каждого шара, как движение тела брошенного с высоты $h$ имея только горизонтальную скорость, в этом случае время падения вычисляется по формуле: $$t_2=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{3v_0^2\sin^2{\alpha}}{4g\cdot g}}=\frac{\sqrt{3}\cdot v_0\sin{\alpha}}{2g}$$ Искомое время $\tau$, есть ни что иное как время полёта шариков, которое составит:
$$\tau=t_1+t_2=\frac{(1+\sqrt{3})\cdot v_0\sin{\alpha}}{2g}$$

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 идеальный, то можно считать $T_1=T_2=T$.
5. Так как нить нерастяжима, то выполняется равенство для ускорений тел $a_1=a_2=a$.

Решение:
Перед решением задачи изобразим все силы, действующие на тела. На брусок действуют: приложенная сила $F$, тяжести $mg$, сила натяжения нити $T_1$, сила реакции опоры $N_1$, сила трения между бруском и доской $F_\text{тр1}$.
На доску действуют: сила тяжести $Mg$, вес бруска $Р$, сила натяжения нити $Т$, сила реакции опоры $N_2$ и сила трения между бруском и доской $F_\text{тр2}$, и тогда по третьему закону Ньютона справедливо равенство $F_\text{тр1}=F_\text{тр2}$. Теперь изобразим эти силы:

Теперь запишем второй закон Ньютона для каждого тела в проекции на горизонтальную ось $Ox$ и вертикальную ось $Oy$.
Для верхнего тела:
$$Ox: \quad ma=F-T-F_\text{тр1}=F-T-\mu N_1$$ $$Oy: \quad 0=N_1-mg$$ Для нижнего: $$Ox: \quad Ma=T-F_\text{тр2}=T-\mu N_1$$ $$Oy: \quad 0=N_2-Mg-P$$ Из первых трёх уравнений получим:
$$a=\frac{F-2\mu mg}{m+M}$$ Теперь заметим, что при движении верхнего бруска, нижняя доска будет двигается в противоположном направлении и до момента падения верхний брусок пройдёт путь равный половине длины доски. И так как движении бруска является равноускоренным, то справедливо следующие равенство:
$$\frac{L}{2}=\frac{at^2}{2}\Rightarrow L=at^2=\frac{(F-2\mu mg)t^2}{m+M}=\frac{(1.2-2\cdot0.2\cdot0.2\cdot10)\cdot1^2}{0.2+0.8}=0.4\,\text{м}$$