Механика

Обоcнование:

1. Система отсчёта связана с Землёй и рассматривается как инерциальная.

2. Грузы моделируются как материальные точки с постоянной массой, их размерами и распределением масс пренебрегаем при поступательном движении.

3. Блок идеальный: трение в оси отсутствует, масса блока пренебрежимо мала. Нить невесома (масса нити равна нулю) и нерастяжима (длина неизменна), скольжение нити по блоку без трения.

4. Во всех случаях используется второй закон Ньютона в инерциальной системе отсчёта: для материальной точки справедливо уравнение $$\sum \vec F = m \vec a,$$

5)Поскольку нить невесома и одна и та же по обе стороны блока, модуль натяжения одинаков вдоль всей нити: $$T_1 = T_2 = T.$$

1. Нерастяжимость нити даёт кинематическую связь ускорений концов нити: $$a_1 = -\,a_2,$$ то есть модули ускорений равны, направления противоположны. Идеальный блок лишь меняет направление нити, не изменяя модуль натяжения.

Решение:

1. Систему отсчёта, связанную с Землёй, считаем инерциальной. Ось $x$ направим вниз, как на рисунке.

1. Для первого случая (в воздухе) запишем второй закон Ньютона для грузов и условие связи ускорений: $$\begin{cases} m_1 a_1 = m_1 g - T,\\ m_2 a_2 = m_2 g - T,\\ a_1 = -a_2. \end{cases}\tag{1}$$ С учётом по условию $a_1=a$ найдём массу второго груза: $$m_2=\frac{m_1\,(g-a)}{g+a}. \tag{2}$$

2. Во втором случае система в равновесии благодаря силе Архимеда. Следовательно,

$$\begin{cases} m g - T' = 0,\\ m_1 g - T' - F_{\text{арх}} = 0, \end{cases}\tag{3}$$ где $$F_{\text{арх}}=\rho g V. \tag{4}$$

Решая (3) с учётом (2) и (4), получаем выражение для ускорения: $$a=\frac{\rho g V}{2 m_1 - \rho V}.$$ Подстановка чисел: $$a=\frac{1000\cdot 10\cdot 1{,}5\cdot 10^{-4}}{2\cdot 0{,}5-1000\cdot 1{,}5\cdot 10^{-4}} \approx 1{,}76\ \text{м/с}^2.$$

1. Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.
2. Тела движутся поступательно, поэтому к ним применима модель материальной точки
   3)В ИСО движение материальных точек описывается 2 законом Ньютона
3. Нить невесомая, следовательно $T_1=T_2=T$
4. Нить нерастяжимая, следовательно $a_1=a_2=a$
5. Пружина легкая, поэтому считаем $F_{\text{упр1}}=F_{\text{упр2}}=F_{\text{упр}}$
   Перейдем к решению задачи. Запишем второй закон Ньютона для каждого тела

Для бруска M: $$M\vec{a} = M\vec{g} + \vec{N} + \vec{T} + \vec{F}_{\text{тр}}$$ Для верхнего бруска m: $$m\vec{a} = m \vec{g}+ \vec{T} + \vec{F}_{\text{упр}}$$ Для нижнего бруска m: $$m\vec{a} = m \vec{g}+\vec{F}_{\text{упр}}$$ Длаее спроецируем эти уравнения на выбранные оси
Для бруска M: $$OX: Ma = T-{F}_{\text{тр}}\quad OY:Mg-N=0$$ Для верхнего бруска m: $$OY:ma = mg-T+{F}_{\text{упр}}$$ Для нижнего бруска m: $$OY: ma = mg-{F}_{\text{упр}}$$ Сложим все уравнения, содержащие ускорение, и учтем, что ${F}_{\text{тр}} = \mu N$ и ${F}_{\text{упр}} =k\Delta x$ $$Ma+2ma = 2mg-{F}_{\text{тр}}$$ $$a(M+2m) = g(2m-\mu M) \longrightarrow a = g\frac{(2m-\mu M)}{(M+2m)}$$ $${F}_{\text{упр}} = mg-ma = mg - mg\frac{(2m-\mu M)}{(M+2m)} = mg\frac{M(1+\mu)}{(M+2m)}$$ $$l=l_0+mg\frac{M(1+\mu)}{k(M+2m)} = 0.1+ 0.4\cdot10\frac{0.8(1+0.2)}{80(0.8+2\cdot0.4)}=0.13\text{м}$$ Ответ:0.13м

1. Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.
2. Тела движутся поступательно, поэтому к ним применима модель материальной точки
3. В ИСО движение материальных точек описывается 2 законом Ньютона
4. Нить невесомая, блок идеален, следовательно $T_1=T_2=T$
5. Нить нерастяжимая, следовательно $a_1=a_2=a$
   Перейдем к решению задачи. Запишем 2 закон Ньютона для левого и правого грузов.

Для левого: $$M\vec{a} = M\vec{g}+\vec{T}$$ Для системы груз+перегрузок: $$(M+m)\vec{a } = (M+m)\vec{g}+\vec{T}$$ В проекции на ось OY: $$Ma = T-Mg$$ $$-(M+m)a = -(M+m)g+T$$ Вычтем из верхнего уравнения нижнее и получим $$Ma+(M+m)a = T-Mg+(M+m)g-T$$ $$a = \frac{mg}{m+2M}$$ Теперь запишем 2 закон Ньютона для перегрузка:

$$m\vec{a} = m\vec{g}+\vec{N}$$ В проекции на ось OY: $$ma=mg-N$$ $$N = mg-ma=mg-m\frac{mg}{m+2M} = 0.1\cdot10-0.1\cdot\frac{0.1\cdot 10}{0.1+2\cdot 0.5} = 0.9H$$ По третьему закону Ньютона сила, с которой перегрузок давит на груз, равна силе реакции опоры. Следовательно, $F=N=0.9H$
Ответ: 0.9H

1. Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.
2. Тела движутся поступательно, поэтому к ним применима модель материальной точки
3. В ИСО движение материальных точек описывается 2 законом Ньютона
4. Нить невесомая, блок идеален, следовательно $T_1=T_2=T$
5. Поскольку правый блок подвижный, нить невесома, то $T_3=T_4=2T$
6. Так как нить нерастяжима, то при подъеме груза m на расстояние x, груз M переместится вниз на расстояние x/2. Следовательно $a_1=2a_2$

Перейдем к решению задачи. Запишем 2 закон Ньютона для левого и правого грузов.
$$m\vec{a_1} = \vec{T_1}+m\vec{g}$$ $$M\vec{a_2} = \vec{T_4}+M\vec{g}$$ Спроецируем на ось OY: $$ma_1 = T-mg \longrightarrow T=m(a_1+g)$$ $$-Ma_2 = 2T-Mg$$ $$-Ma_2 = 2ma_1+2mg-Mg$$ $$-Ma_2 = 4ma_2+2mg-Mg$$ $$a_2 = \frac{Mg-2mg}{M+4m} = \frac{3\cdot10-2\cdot0.5\cdot10}{3+4\cdot0.5}=4\text{м/c}^2$$ Ответ: $4\text{м/c}^2$

1. Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.
2. Шарики имеют малые размеры по сравнению с длиной нити, поэтому можем считать их материальными точками
3. Пока первый шарик движется до точки взаимодействия со вторым шариком на него действует сила тяжести (потенциальная) и сила натяжения нити (непотенциальная). Сила натяжения нити в любой точке траектории перпендикулярна скорости, поэтому работа непотенциальных сил равна 0. Следовательно, применим закон сохранения энергии.
4. В момент столкновения шариков все силы, действующие на них, направлены вертикально, поэтому применим закон сохранения импульса вдоль горизонтальной оси.
5. Поскольку сила натяжения нити в любой точке траектории перпендикулярна скорости, то ее работа всегда обращается в ноль. Значит работа непотенциальных сил, действующих на шарики, равна нулю. Поскольку чать кинетической энергии при соударении перейдет в тепло, то можно воспользоваться законом превращения энергии.

Перейдем к решению задачи. Запишем закон сохранения энергии для первого шарика до удара: $$mgl = \frac{mv^2}{2}$$ При ударе импульс вдоль горизонтальной оси сохраняется, поэтому $$mv+0=(m+M)v_1$$ $$v_1 = \frac{mv}{(m+M)}$$ Перейдем к энергиям $$\frac{mv^2}{2} = \frac{(M+m)v_1^2}{2}+Q$$ Тогда с учетом закона сохранения энергии для первого шара $$mgl = \frac{(M+m)v_1^2}{2}+Q$$ $$mgl = \frac{(M+m)\frac{m^2v^2}{(m+M)^2}}{2}+Q = \frac{m^2v^2}{2(m+M)}+Q=\frac{m^2gl}{(m+M)}+Q$$ $$l \left(mg-\frac{m^2g}{(M+m)}\right) = Q$$ $$l = \frac{Q}{\left(mg-\frac{m^2g}{(M+m)}\right)} = \frac{1}{\left(0.1\cdot10-\frac{0.1^2\cdot10}{(0.2+0.1)}\right)}=1.5\text{м}$$ Ответ:1.5м