Механика

Обоснование:

1. Примем Землю инерциальной системой отсчёта и все законы будем записывать именно в этой системе.

2. Движение тел считаем поступательным, поэтому моделируем их как материальные точки.

3. В задаче пренебрегаем сопротивлением воздуха: тела движутся только под действием силы тяжести с ускорением свободного падения, направленным вертикально вниз. Ось $Oy$ направим вертикально вверх.

4. По горизонтали проекция ускорения равна нулю, значит движение вдоль $Ox$ описывается законами равномерного прямолинейного движения. По вертикали проекция ускорения равна $-g$, поэтому движение вдоль $Oy$ описываем как прямолинейное равноускоренное.

5. Столкновение считаем мгновенным и абсолютно неупругим, следовательно, для описания соударения применяем закон сохранения импульса.

1. Первый шарик запускают из начала координат под углом $\alpha$ со скоростью $v_0$; второй стартует из точки $A$ и, как до, так и после столкновения (в точке $B$), оба свободно падают. До удара для первого шарика: $$y_1(t)=v_0\sin\alpha\cdot t-\frac{g t^2}{2},\qquad v_{1y}(t)=v_0\sin\alpha-gt,$$ а для второго шарика: $$v_{2y}(t)=-gt.$$

2. Столкновение происходит в момент $t_1$. Импульс по вертикали для двух шариков сохраняется, а вертикальная скорость системы после абсолютно неупругого удара равна нулю (скорость сразу после удара — горизонтальная). Значит $$v_{1y}(t_1)+v_{2y}(t_1)=0\ \Rightarrow\ \bigl(v_0\sin\alpha-gt_1\bigr)+(-gt_1)=0,$$ откуда $$t_1=\frac{v_0\sin\alpha}{2g}.$$

3. Высота столкновения: $$h=y_1(t_1)=v_0\sin\alpha\cdot t_1-\frac{g t_1^2}{2} =\frac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}-\frac{v_0^2\sin^2\alpha}{8g} =\frac{3}{8}\cdot\frac{v_0^2\sin^2\alpha}{g}.$$

4. Так как сразу после удара вертикальная скорость равна нулю, оставшееся время падения $t_2$ определяется из $$h=\frac{g t_2^2}{2}\ \Rightarrow\ t_2=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2}{g}\cdot \frac{3}{8}\cdot \frac{v_0^2\sin^2\alpha}{g}} =\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{v_0\sin\alpha}{g}.$$

5. Момент падения на землю: $$\tau=t_1+t_2=\frac{v_0\sin\alpha}{2g}\left(1+\sqrt{3}\right).$$

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:
$$Ox: \quad Ma=F\cos{\alpha}-T-F_\text{тр}\Rightarrow Ma=F\cos{\alpha}-T-\mu N$$ $$Oy: \quad 0=N-Mg+F\sin{\alpha}\Rightarrow N=Mg-F\sin{\alpha}$$ Для нижнего груза:
$$Oy: \quad ma=T-mg\Rightarrow T=m(a+g)$$ 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 $$L=\frac{at^2}{2}\Rightarrow t=\sqrt{\frac{2L}{a}}=\sqrt{\frac{2L(m + M)}{F(\cos\alpha + \mu \sin\alpha) - g(m + \mu M)}}=\sqrt{\frac{2\cdot0.32\cdot(1 + 0.5)}{9\cdot(\cos{30^\circ} + 0.3\cdot \sin{30^\circ}) - 10\cdot(0.5 + 0.3\cdot 1)}}\approx 0.92\,\text{c}$$

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. 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 тележки и груза $a_1=a_2=a$.

Решение:
Рассмотрим первый опыт. На тележку в этом опыте будут действовать сила тяжести $Mg$, сила реакции опоры $N$ и сила трения $F_\text{тр}$. Теперь запишем второй закон Ньютона для груза в проекции на вертикальную ось $Oy$:
$$Oy: \quad N-Mg=0\Rightarrow N=Mg$$ Теперь перейдём ко второму опыту. В этом случае на тележку действует сила натяжения нити $T_1$ сила тяжести $Mg$, сила реакции опоры $N$ и сила трения $F_\text{тр}$, а на груз действует сила натяжения нити $T_2$ сила тяжести $mg$. Изобразим все силы, действующие на телегу и груз:

Теперь запишем второй закон Ньютона для тележки в проекции на горизонтальную ось $Ox$, а для груза в проекции на вертикальную ось $Oy$:
$$0x: \quad 0=T-F_\text{тр}=T-\mu N\Rightarrow T=\mu N$$ $$0y: \quad 0=mg-T\Rightarrow T=mg$$ Таким образом получаем: $$mg=\mu N=\mu Mg\Rightarrow m=\mu M=0.2\cdot1=0.2\,\text{кг}$$

Обоснование:

1. Систему отсчета, связанную с Землей, будем считать инерциальной (ИСО).
2. Так как размеры груза малы по сравнению с диском, то груз можем считать материальной точкой.
3. В ИСО для описание материальной точки можем применять второй закон Ньютона.
4. Малый деформации пружины можно считать упругими, а значит к пружине применим закон Гука.

Решение:
Перед решением изобразим все силы, действующие на тело, а именно на груз действуют силы: сила тяжести $mg$, сила реакции опоры $N$, сила упругости $F_\text{упр}$ и сила трения $F_\text{тр}$. А сила трения будет направлена от оси вращения, так как максимальная сила трения равна $F_\text{тр.max}=\mu mg=0.5$ Н, а равнодействующая сила на удалении $L$ от оси $F_\text{р}=ma=4\pi^2\nu^2Lm=4\cdot3.14^2\cdot1.5^2\cdot0.2\cdot0.2\approx3.6$ Н. Изобразим получившиеся силы:

Теперь запишем второй закон Ньютона для тела в проекции на горизонтальную ось $Ox$ и вертикальную ось $Oy$.
$$Oy: \quad 0=N-mg\Rightarrow N=mg$$ $$Ox: \quad ma_\text{ц}=4\pi^2\nu^2Rm=F_\text{упр}-F_\text{тр}=k\Delta x-\mu N=k\Delta x-\mu mg$$ Откуда выразим искомое $R$, учитывая, что $\Delta x=R-L$: $$R=\frac{kL+\mu mg}{k-4\pi^2\nu^2m}=\frac{100\cdot0.2+0.25\cdot0.2\cdot10}{100-4\cdot3.14^2\cdot1.5^2\cdot0.2}=0.25\,\text{м}$$

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:
$$y_1=v_0t\sin{\alpha}-\frac{gt^2}{2}$$ $$x_1=v_0t\cos{\alpha}$$ $$v_{y1}=v_0\sin{\alpha}-gt$$ $$v_{x1}=v_0\cos{\alpha}$$ $$v_{y2}=-gt$$ Запишем закон сохранения импульса в проекции на горизонтальную ось $Ox$: $$2mu_x=mv_{x1}\Rightarrow u_x=\frac{v_x}{2}=\frac{v_0\cos{\alpha}}{2}$$ где $u_x$–скорость шариков после соударения. 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:
$$h=y_1(t_1)=v_0\cdot\frac{v_0\sin{\alpha}}{2g}-\frac{g}{2}\cdot\left(\frac{v_0\sin{\alpha}}{2g}\right)^2=\frac{3v_0^2\sin^2{\alpha}}{8g}$$ 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 $u_x$, в этом случае время падения вычисляется по формуле: $$t_2=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{3v_0^2\sin^2{\alpha}}{4g\cdot g}}=\frac{\sqrt{3}\cdot v_0\sin{\alpha}}{2g}$$ Теперь вычислим дальности полёта шариков до и после столкновения: До удара: $$L_1=v_xt_1=v_0t_1\cos{\alpha}=\frac{v_0^2\sin{2\alpha}}{4g}$$ После удара: $$L_1=u_xt_2=\frac{v_0\cos{\alpha}}{2}t_2=\frac{\sqrt{3}v_0^2\sin{2\alpha}}{8g}$$ И так как дальность полёта $L=L_1+L_2$, то объединяя формулы выразим искомую скорость $v_0$: $$v_0=\sqrt{\frac{8Lg}{(2+\sqrt{3})\sin{2\alpha}}}$$