Статика

Обоснование:

1. Систему отсчета, связанную с Землей, будем считать инерциальной (ИСО).
2. Брусок перед отрывом его правого края от поверхности стола будем считать твердым телом с осью вращения, проходящей перпендикулярно плоскости рисунка через точку A.
3. Нити нерастяжимы, поэтому, если покоится брусок, то покоятся и все остальные тела системы.
4. Нити легкие, поэтому величина силы натяжения каждой нити в любой ее точке одна и та же. Тогда справедливы равенства $T_1=T_3=T$ и $T_2=T_4=T'$
5. Так как трения в осях нет, масса блока пренебрежимо мала, то блок считаем идеальным. Поэтому условие равновесия блока — равенство нулю суммы моментов сил натяжения нитей относительно оси блока.
6. Груз может двигаться только поступательно вдоль вертикальной оси $Oy$, лежащей в плоскости рисунка. Поэтому для груза используем модель материальной точки и применим второй закон Ньютона.

Решение:
Для начала расставим силы, действующие на брусок в момент его отрыва. Будем считать, что масса бруска в этот момент минимальная, а сам брусок только-только оторвался от стола, поэтому сила реакции $\vec{N}$, возникнет в точке A и будет направлена вертикально вверх так как стол гладкий.

Запишем уравнение моментов сил для бруска в момент, когда он покоится и касается стола только в точке A:
$$T_1\cdot AB=Mg\cdot\frac{AB}{2}\Rightarrow T_1=T=\frac{Mg}{2}$$ Теперь запишем второй закон Ньютона в проекции на ось $Oy$:
$$T_2-mg=0\Rightarrow T_2=T'=mg$$ Запишем условие равновесие для блока относительно его оси:
$$T_3\cdot r=T_4\cdot R\Rightarrow T\cdot r=T'\cdot R\Rightarrow \frac{Mg}{2}\cdot r=mg\cdot R$$ $$\Downarrow$$ $$M=\frac{2mgR}{gr}=\frac{2mR}{r}=\frac{2\cdot1\cdot0.1}{0.05}=4\,\text{кг}$$

Обоснование:

1. Систему отсчета, связанную с Землей, будем считать инерциальной (ИСО).
2. Для описания цилиндр будем применять модель твердого тела, это означает что форма и размеры тела неизменны, расстояние между двумя точками тела остается неизменным.
3. 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
4. В качестве оси вращения выберем ось, проходящую перпендикулярно плоскости рисунка через точку касания цилиндра плоскости А.
5. Нить невесома, поэтому модуль силы натяжения нити в любой ее точке равны.
6. Между цилиндром и поверхностью наклонной плоскости действует сила трения.

Решение:
Для начала запишем правило моментов относительно оси, проходящей через точку А:
$$mg\sin{\alpha}\cdot R=2R\cdot T\Rightarrow T=\frac{mg\sin{\alpha}}{2}$$ Далее запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси $Oy$ и $Ox$: $$Oy: N-mg\cos{\alpha}=0\Rightarrow N=mg\cos{\alpha}$$ $$Ox: T+F_\text{тр}-mg\sin{\alpha}=0 \Rightarrow F_\text{тр}=mg\sin{\alpha}-T=\frac{mg\sin{\alpha}}{2}=\frac{0.4\cdot10\cdot\sin{30^\circ}}{2}=1\,\text{Н}$$ Теперь сосчитаем предельное значение силы трения покоя: $$F_\text{тр}=\mu N=\mu mg\cos{\alpha}=0.35\cdot0.4\cdot10\cdot\cos{30^\circ}\approx1.25\,\text{Н}$$ Таким образом видим, что сила трения меньше предельной силы трения покоя, а значит цилиндр будет находится в покое, и действующая на него сила трения будет равна 1 Н.

Обоснование:

1. Систему отсчета, связанную с Землей, будем считать инерциальной (ИСО).
2. Для описания стержня и металлической пластины используем моделью твердого тела.
3. 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
4. В качестве оси, относительно которой будем считать сумму моментов сил, действующих на цилиндр, выберем ось, проходящую перпендикулярно плоскости рисунка через точку D.
5. Нити, привязанные к динамометру и к металлической пластине пренебрежимо малы, поэтому силы $T_1=T_2=T$ и $F_1=F_2=F$.
6. Пластина может двигаться только поступательно вдоль осей, лежащих в плоскости рисунка. Поэтому для пластины используем модель материальной точки и применим второй закон Ньютона.

Решение:
Для начала запишем второй закон Ньютона для пластины: $$T_1=mg\Rightarrow T=mg$$ Теперь перейдём к рассмотрению сил, действующих на рычаг, а именно изобразим силу натяжения нити $T_1$, силу реакции опоры $N$, силу $F_1$ и силу тяжести рычага $Mg$.

Теперьо запишем правило моментов приложенных сил относительно оси, проходящей через точку D, обозначив длину единичного отрезка на рычаге за $L$:
$$3TL+2MgL-5FL\sin{\alpha}=0$$ $$\Downarrow$$ $$3mg=5F\sin{\alpha}-2Mg$$ $$\Downarrow$$ $$m=\frac{5F\sin{\alpha}-2Mg}{3g}=\frac{5\cdot1.6\sin{45^\circ}-2\cdot0.05\cdot10}{3\cdot10}\approx 0.155\,\text{кг}$$

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. 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: $$mg\leq\mu g(M+m)$$ $$\Downarrow$$ $$m\leq\frac{\mu M}{1-\mu}=\frac{120\cdot0.4}{1-0.4}=80\,\text{г}$$