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. На тело после отрыва действует только потенциальная сила тяжести, работа непотенциальных сил равна нулю, следовательно можем применить закон сохранения энергии.
4. В ИСО для описание материальной точки можем применять второй закон Ньютона.
5. Малый деформации пружины можно считать упругими, а значит к пружине применим закон Гука.

Решение:
Для решения задачи примем за 0 потенциальный уровень высоту полностью растянутой пружины. А растяжение пружины будем считать относительно её нерастянутого состояния, тогда если повесить на ней груз, то она растянется на $x_1$, а после того как часть груза отделится и система начнёт колебаться и груз подлетит на максимальную высоту, тогда длина пружины составит $x_2$. Разница между $x_1$ и $x_2$ и будет наша искомая максимальная высота $h$, на которую поднялся груз после отделения части, и справедливо равенство $h=x_1-x_2$.
Так же изобразим силы, действующие на груз в начальном состоянии, а именно силу упругости $F_\text{упр}$ и силу тяжести $(M+m)g$, где $M$–начальная масса груза, а $m$–масса отделившейся части.

Далее запишем второй закон Ньютона для начального состояния в проекции на вертикальную ось и получим: $$(M+m)g=F_\text{упр}=kx_1\Rightarrow x_1=\frac{(M+m)g}{k}$$ Теперь запишем закон сохранения энергии, а именно в начально состоянии пружина обладала потенциальной энергией $E_\text{п1}=\frac{kx_1^2}{2}$, а в конечном $E_\text{п2}=\frac{kx_2^2}{2}$ и так груз поднялся на высоту $h$, то он обладает потенциальной энергией $E_h=Mgh$, тогда получим равенство: $$E_\text{п1}=E_\text{п2}+E_h \Rightarrow \frac{kx_1^2}{2}=\frac{kx_2^2}{2}+Mgh$$ Объединяя все формулы и учитывая, что $x_2=x_1-h=\frac{(M+m)g}{k}-h$, получим: $$h=\frac{2mg}{k}=\frac{2\cdot0.6\cdot10}{400}=0.03\,\text{м}$$

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. На тело после отрыва действует только потенциальная сила тяжести, работа непотенциальных сил равна нулю, следовательно можем применить закон сохранения энергии.
4. В ИСО для описание материальной точки можем применять второй закон Ньютона.
5. Малый деформации пружины можно считать упругими, а значит к пружине применим закон Гука.

Решение:
Для решения задачи примем за 0 потенциальный уровень высоту полностью растянутой пружины. А растяжение пружины будем считать относительно её нерастянутого состояния, тогда если повесить на ней груз, то она растянется на $x_1$, а после того как часть груза отделится и система начнёт колебаться и груз подлетит на максимальную высоту, тогда длина пружины составит $x_2$. Разница между $x_1$ и $x_2$ и будет наша искомая максимальная высота $h$, на которую поднялся груз после отделения части, и справедливо равенство $h=x_1-x_2$.
Так же изобразим силы, действующие на груз в начальном состоянии, а именно силу упругости $F_\text{упр}$ и силу тяжести $(M+m)g$, где $M$–начальная масса груза, а $m$–масса отделившейся части.

Далее запишем второй закон Ньютона для начального состояния в проекции на вертикальную ось и получим: $$(M+m)g=F_\text{упр}=kx_1\Rightarrow x_1=\frac{(M+m)g}{k}$$ Теперь запишем закон сохранения энергии, а именно в начально состоянии пружина обладала потенциальной энергией $E_\text{п1}=\frac{kx_1^2}{2}$, а в конечном $E_\text{п2}=\frac{kx_2^2}{2}$ и так груз поднялся на высоту $h$, то он обладает потенциальной энергией $E_h=Mgh$, тогда получим равенство: $$E_\text{п1}=E_\text{п2}+E_h \Rightarrow \frac{kx_1^2}{2}=\frac{kx_2^2}{2}+Mgh$$ Объединяя все формулы и учитывая, что $x_2=x_1-h=\frac{(M+m)g}{k}-h$, получим: $$m=\frac{hk}{2g}=\frac{0.03\cdot400}{2\cdot10}=0.6\,\text{кг}$$

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. На тело после отрыва действует только потенциальная сила тяжести, работа непотенциальных сил равна нулю, следовательно можем применить закон сохранения энергии.
4. В ИСО для описание материальной точки можем применять второй закон Ньютона.
5. Малый деформации пружины можно считать упругими, а значит к пружине применим закон Гука.

Решение:
Для решения задачи примем за нулевой потенциальный уровень положение верхней шайбы в начальный момент. А растяжение пружины будем считать относительно ей нерастянутого состояния, тогда в начальном положении растяжении пружины было $x_1$, а после того как груз скинут, то пружины окажется в растянутом состоянии и её длина составит $x_2$. Суммой $x_1$ и $x_2$ и будет высота $h$, на которую поднялся верхняя шайба после скидывания груза, и справедливо равенство $h=x_1+x_2$.
Так же изобразим силы, действующие на верхнюю шайбу в начальном состоянии, а именно силу упругости $F_\text{упр1}$ и силу тяжести $(M+m)g$ и силы, действующие на нижнюю шайбу плосле скидывания груза, а именно силу тяжести $Mg$, силу реакции опоры $N$ и силу упругости $F_\text{упр2}$.

Далее запишем второй закон Ньютона для верхней шайбы в начальном состоянии, в проекции на вертикальную ось и получим: $$(M+m)g=F_\text{упр}=kx_1\Rightarrow x_1=\frac{(M+m)g}{k}$$ Теперь запишем второй закон Ньютона для нижней шайбы в проекции на вертикальную ось и получим: $$Mg=F_\text{упр}+N=kx_2+N\Rightarrow x_2=\frac{Mg-N}{k}$$ И в момент отрыва нижней шайбы сила реакции опоры будет равна нулю $N=0$, и тогда мы получим: $$x_2=\frac{Mg}{k}$$ Теперь запишем закон сохранения энергии, а именно в начально состоянии система обладала потенциальной энергией $E_\text{п1}=\frac{kx_1^2}{2}$, а в конечном $E_\text{п2}=\frac{kx_2^2}{2}$ и так груз поднялся на высоту $h$, то он обладает потенциальной энергией $E_h=Mgh$, тогда получим равенство: $$E_\text{п1}=E_\text{п2}+E_h \Rightarrow \frac{kx_1^2}{2}=\frac{kx_2^2}{2}+Mgh\Rightarrow \frac{k}{2}(x_1^2-x_2^2)=Mgh\Rightarrow\frac{k}{2}(x_1-x_2)(x_1+x_2)=Mgh\Rightarrow\frac{k(x_1-x_2)}{2}=Mg$$ Объединяя все формулы, получим: $$M=\frac{m}{2}=\frac{1}{2}=0.5\,\text{кг}$$

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. На тело после отрыва действует только потенциальная сила тяжести, работа непотенциальных сил равна нулю, следовательно можем применить закон сохранения энергии.
4. В ИСО для описание материальной точки можем применять второй закон Ньютона.
5. Малый деформации пружины можно считать упругими, а значит к пружине применим закон Гука.

Решение:
Для решения задачи примем за нулевой потенциальный уровень положение верхней шайбы в начальный момент. А растяжение пружины будем считать относительно ей нерастянутого состояния, тогда в начальном положении растяжении пружины было $x_1$, а после того как груз скинут, то пружины окажется в растянутом состоянии и её длина составит $x_2$. Суммой $x_1$ и $x_2$ и будет высота $h$, на которую поднялся верхняя шайба после скидывания груза, и справедливо равенство $h=x_1+x_2$.
Так же изобразим силы, действующие на верхнюю шайбу в начальном состоянии, а именно силу упругости $F_\text{упр1}$ и силу тяжести $(M+m)g$ и силы, действующие на нижнюю шайбу после скидывания груза, а именно силу тяжести $Mg$, силу реакции опоры $N$ и силу упругости $F_\text{упр2}$.

Далее запишем второй закон Ньютона для верхней шайбы в начальном состоянии, в проекции на вертикальную ось и получим: $$(M+m)g=F_\text{упр}=kx_1\Rightarrow x_1=\frac{(M+m)g}{k}$$ Теперь запишем второй закон Ньютона для нижней шайбы в проекции на вертикальную ось и получим: $$Mg=F_\text{упр}+N=kx_2+N\Rightarrow x_2=\frac{Mg-N}{k}$$ И в момент отрыва нижней шайбы сила реакции опоры будет равна нулю $N=0$, и тогда мы получим: $$x_2=\frac{Mg}{k}$$ Теперь запишем закон сохранения энергии, а именно в начально состоянии система обладала потенциальной энергией $E_\text{п1}=\frac{kx_1^2}{2}$, а в конечном $E_\text{п2}=\frac{kx_2^2}{2}$ и так груз поднялся на высоту $h$, то он обладает потенциальной энергией $E_h=Mgh$, тогда получим равенство: $$E_\text{п1}=E_\text{п2}+E_h \Rightarrow \frac{kx_1^2}{2}=\frac{kx_2^2}{2}+Mgh\Rightarrow \frac{k}{2}(x_1^2-x_2^2)=Mgh\Rightarrow\frac{k}{2}(x_1-x_2)(x_1+x_2)=Mgh\Rightarrow\frac{k(x_1-x_2)}{2}=Mg$$ Объединяя все формулы, получим: $$m=2M=2\cdot0.2=0.4\,\text{кг}$$

Обоснование:

1. Систему отсчета, связанную с Землей, будем считать инерциальной (ИСО).
2. Так как движение шарика поступательное, то к нему применима модель материальной точки.
3. На шарик действует только потенциальная сила тяжести, работа непотенциальных сил равна нулю, следовательно можем применить закон сохранения энергии.
4. Поскольку при ударе о доску модуль скорости шарика не изменился, то можно считать, что удар абсолютно упругий, следовательно, угол отскока равен углу при падении и равен $\alpha$.

Решение:
Для начала запишем закон сохранения энергии до удара шарика о доску. В начальный момент времени он обладал только потенциальной энергии $E_\text{п1}=mgH$, а в момент удара он обладал потенциальной энергией $E_\text{п2}=mgh$ и кинетической энергии $E_\text{к}=\frac{mv_0^2}{2}$, таким образом закон сохранения энергии будет иметь вид: $$E_\text{п1}=E_\text{п2}+E_\text{к}\Rightarrow mgH=mgh+\frac{mv_0^2}{2}\Rightarrow gH=gh+\frac{v_0^2}{2}\Rightarrow H=h+\frac{v_0^2}{2g}$$ Построим рисунок, на котором покажем угол между горизонтом и скоростью:

Как видно из построения угол между скоростью и горизонтом равен $\beta=90^\circ-2\alpha$.
После отскока движение шарика становиться аналогично движению шарика брошенного плд углом $\beta$ к горизонту. В этом случае вдоль вертикальной оси шарик будет двигаться равноускоренно с ускорением свободного падения $g$, а проекция скорости $v_{0y}=v_0\sin{\beta}=v_0\sin{(0^\circ-2\alpha)}=v_0\cos{2\alpha}$. На максимальной высоте $v_{y}=0$. Следовательно, применяя формулу для пути при равноускоренном движении, через начальную и конечную скорость получим:
$$h_1-h=\frac{v_y^2-v_{0y}^2}{-2g}=\frac{v_0^2\cos^2{2\alpha}}{2g}\Rightarrow v_0^2=\frac{2(h_1-h)g}{\cos^2{2\alpha}}$$ И тогда искомая высота $H$ вычисляется по формуле: $$H=h+\frac{v_0^2}{2g}=h+\frac{1}{2g}\cdot\frac{2(h_1-h)g}{\cos^2{2\alpha}}=h+\frac{h_1-h}{\cos^2{2\alpha}}=1+\frac{1.25-1}{0.25}=2\,\text{м}$$