26. Механика: расчетная задача высокого уровня с обоснованием: все задания

Обоснование:

Систему отсчета, связанную со столом, считаем инерциальной.
Грузы $M$ и $m_1$ движутся как одно целое, поэтому их можно рассматривать как одно тело массой $M + m.$
Тело движется поступательно, как и груз $m_2,$ поэтому их можно описывать моделью материальной точки.
В инерциальной системе отсчета движение материальной точки описывается вторым законом Ньютона.
Нить легкая и нерастяжимая, поэтому $T_1 = T_2 = T.$
Ускорения тел равны: $a_1 = a_2 = a.$
Груз $m_1$ покоится относительно $M,$ поэтому сила трения покоя удовлетворяет условию $F_{тр} \leq \mu N_1.$

Запишем второй закон Ньютона для системы:

Для тела $M + m$:$$(M + m)a = T$$Для груза $m_2$:
$$ma = mg- T$$Складываем уравнения:
$$(M + 2m)a = mg$$ Отсюда ускорение:$$a = \frac{mg}{M + 2m}$$

Условие для груза $m_1.$

Второй закон Ньютона для $m_1$:
$$ma = F_{тр}$$ $$N_1 = mg$$Условие трения покоя: $$F_{тр} \leq \mu N_1$$ $$ma \leq \mu mg$$Подставляем выражение для $a$:
$$\frac{m^2 g}{M + 2m} \leq \mu m g$$ Упрощаем:
$$\frac{m}{M + 2m} \leq \mu$$ Решаем неравенство относительно $m$:
$$m \leq \frac{\mu M}{1- 2\mu} = \frac{0.2 \cdot 1.2}{1- 0.4} = \frac{0.24}{0.6} = 0.4 \, \text{кг}$$
Ответ: грузы $M$ и $m_1$ движутся как одно целое при $m \leq 0.4 \, \text{кг}.$

Обоснование:

Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.
Брусок и доска движутся поступательно, поэтому их можно описывать моделью материальной точки. В инерциальной системе отсчета движение материальной точки описывается вторым законом Ньютона.
Нить невесома, а блок идеальный (без трения), поэтому сила натяжения нити одинакова по обе стороны блока: $T_1 = T_2 = T.$
Нить нерастяжима, поэтому ускорения бруска и доски равны по модулю: $a_1 = a_2 = a.$
Силы трения скольжения определяются как $F_{тр1} = \mu_1 N_1$ (между бруском и доской) и $F_{тр2} = \mu_2 N_2$ (между доской и поверхностью).

Силы, действующие на тела.

На брусок:
— Сила тяжести: $m\vec{g}$ (вниз).
— Сила натяжения нити: $\vec{T}$ (вправо).
— Сила реакции опоры: $\vec{N}1$ (вверх). — Сила трения между бруском и доской: $\vec{F}{тр1}$ (влево).

На доску:
— Сила тяжести: $M\vec{g}$ (вниз).
— Вес бруска (по третьему закону Ньютона): $\vec{P} = -\vec{N}1$ (вниз). — Сила натяжения нити: $\vec{T}$ (влево). — Сила трения между доской и поверхностью: $\vec{F}{тр2}$ (влево).
— Внешняя сила: $\vec{F}$ (вправо).
— Сила реакции опоры стола: $\vec{N}_2$ (вверх).

Запишем второй закон Ньютона в проекциях.

Для бруска $( m )$:
$$Ox: ma = T- F_{тр1}$$ $$Oy: 0 = N_1- mg$$
Для доски $(M)$: $$Ox: Ma = F- F_{тр1}- F_{тр2}- T$$ $$Oy: 0 = N_2- N_1- Mg$$Выразим силы трения:
$$F_{тр1} = \mu_1 N_1 = \mu_1 mg$$ $$F_{тр2} = \mu_2 N_2 = \mu_2 (N_1 + Mg) = \mu_2 (mg + Mg)$$

Подставим $F_{тр1}$ и $F_{тр2}$ в уравнения:

$$ma = T- \mu_1 mg \quad (1)$$$$Ma = F- \mu_1 mg- \mu_2 (m + M)g- T \quad (2)$$
Сложим уравнения $(1)$ и $(2),$ чтобы исключить $T$:
$$ma + Ma = F- \mu_1 mg- \mu_2 (m + M)g- \mu_1 mg$$
Упростим: $$a(m + M) = F- 2\mu_1 mg- \mu_2 (m + M)g$$
Выразим $m$: $$m(a + 2\mu_1 g + \mu_2 g) = F- M(a + \mu_2 g)$$
$$m = \frac{F- M(a + \mu_2 g)}{a + g(2\mu_1 + \mu_2)}$$
Подставим числовые значения: $$m = \frac{6- 0.8(1 + 0.3 \cdot 10)}{1 + 10(2 \cdot 0.5 + 0.3)} = \frac{6- 0.8 \cdot 4}{1 + 10 \cdot 1.3}$$ $$= \frac{6- 3.2}{1 + 13} = \frac{2.8}{14} = 0.2 \, \text{кг}$$
Ответ: масса бруска $m = 0.2 \, \text{кг}.$

Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.
Грузы движутся поступательно, поэтому их можно описывать моделью материальной точки.
Нить невесома, а блок идеальный (без трения), поэтому сила натяжения нити одинакова по обе стороны блока: $T_1 = T_2 = T.$
Нить нерастяжима, поэтому ускорения всех грузов равны по модулю: $a_1 = a_2 = a.$
Пружина легкая, поэтому силы упругости, действующие на оба груза, равны: $F_{\text{упр1}} = F_{\text{упр2}} = F_{\text{упр}}.$
Трением пренебрегаем, так как плоскость гладкая.
В инерциальной системе отсчета движение описывается вторым законом Ньютона.

Силы, действующие на тела.

Груз $M$:
— Сила тяжести: $M\vec{g}$ (вниз).
— Сила натяжения нити: $\vec{T}$ (вверх).

Нижний груз $m$:
— Сила тяжести: $m\vec{g}$ (вертикально вниз).
— Сила упругости пружины: $\vec{F}_{\text{упр}}$ (вверх вдоль плоскости).
— Сила реакции опоры: $\vec{N}_1$ (перпендикулярно плоскости).

Верхний груз $m$:
— Сила тяжести: $m\vec{g}$ (вертикально вниз).
— Сила упругости пружины: $\vec{F}_{\text{упр}}$ (вниз вдоль плоскости).
— Сила натяжения нити: $\vec{T}$ (вверх вдоль плоскости).
— Сила реакции опоры: $\vec{N}_2$ (перпендикулярно плоскости).

Запишем второй закон Ньютона в проекциях на ось вдоль наклонной плоскости ($Ox$) и перпендикулярно ей ($Oy$).

Для груза $M$:
$$Ma = Mg- T \quad (1)$$Для нижнего груза $m$: $$ma = F_{\text{упр}}- mg \sin \alpha \quad (2)$$Для верхнего груза $m$:$$ma = T- F_{\text{упр}}- mg \sin \alpha \quad (3)$$

Сложим уравнения $(2)$ и $(3)$:
$$2ma = T- 2mg \sin \alpha \quad (4)$$

Выразим $T$ из уравнения $(1)$:
$$T = Mg- Ma \quad (5)$$

Подставим $(5)$ в $(4)$:
$$2ma = Mg- Ma- 2mg \sin \alpha$$Перенесем все члены с $a$ влево:
$$2ma + Ma = Mg- 2mg \sin \alpha$$ Выразим ускорение $a$:
$$a(2m + M) = g(M- 2m \sin \alpha)$$$$a = \frac{g(M- 2m \sin \alpha)}{2m + M} \quad (6)$$

Из уравнения $(2)$ выразим силу упругости:
$$F_{\text{упр}} = ma + mg \sin \alpha \quad (7)$$

Подставим $(6)$ в $(7)$:
$$F_{\text{упр}} = m \cdot \frac{g(M- 2m \sin \alpha)}{2m + M} + mg \sin \alpha$$Упростим выражение:
$$F_{\text{упр}} = \frac{Mmg- 2m^2 g \sin \alpha}{2m + M} + mg \sin \alpha$$ $$ = \frac{Mmg + 2m^2 g \sin \alpha + Mmg \sin \alpha- 2m^2 g \sin \alpha}{2m + M}$$
$$F_{\text{упр}} = \frac{Mmg (1 + \sin \alpha)}{2m + M} \quad (8)$$

По закону Гука:
$$F_{\text{упр}} = k(L- l) \quad (9)$$

Приравняем $(8)$ и $(9)$ и выразим $L$:
$$k(L- l) = \frac{Mmg (1 + \sin \alpha)}{2m + M}$$
$$L = \frac{Mmg (1 + \sin \alpha)}{k(2m + M)} + l$$

Подставим числовые значения:
$$L = \frac{2 \cdot 0.25 \cdot 10 \cdot (1 + 0.5)}{20 \cdot (2 \cdot 0.25 + 2)} + 0.15$$ $$= \frac{7.5}{50} + 0.15 = 0.15 + 0.15 = 0.3 \, \text{м} = 30 \, \text{см}$$
Ответ: длина пружины во время движения $L = 30 \, \text{см}.$

Обоснование.

Рассмотрим движение бруска и груза относительно Земли, которая является инерциальной системой отсчета.
На брусок действуют силы: приложенная сила $\vec{F},$ сила тяжести $M\vec{g},$ сила трения $\vec{F}_{тр},$ сила реакции опоры $\vec{N}$ и сила натяжения нити $\vec{T}.$ На груз действуют сила тяжести $m\vec{g}$ и сила натяжения нити $\vec{T}.$ Поскольку нить невесома и нерастяжима, ускорения бруска и груза равны по модулю: $a_1 = a_2 = a.$ В инерциальной системе отсчета применяем второй закон Ньютона.

Решение.

Запишем второй закон Ньютона для бруска и груза в проекциях на оси координат.

Для бруска $( M )$:
$$Ox: Ma = F \cos \alpha- T- F_{тр} $$ $$Oy: 0 = N- Mg + F \sin \alpha$$
Для груза $(m)$:
$$ma = T- mg$$
Сила трения скольжения:
$$ F_{тр} = \mu N$$
Из уравнения для оси $Oy$ бруска найдем $N$:
$$N = Mg- F \sin \alpha$$
Подставим $N$ в выражение для силы трения:
$$ F_{тр} = \mu (Mg- F \sin \alpha) $$
Из уравнения для груза выразим $T$:
$$T = ma + mg$$
Подставим $T$ и $F_{тр}$ в уравнение для оси $Ox$ бруска:
$$Ma = F \cos \alpha- (ma + mg) — \mu (Mg- F \sin \alpha)$$
Соберем все слагаемые с $a$ в левой части:
$$Ma + ma = F \cos \alpha- mg- \mu Mg + \mu F \sin \alpha$$
Выразим ускорение $a$:
$$a = \frac{F \cos \alpha- mg- \mu (Mg- F \sin \alpha)}{M + m}$$
Подставим численные значения:
$$ a = \frac{9 \cdot 0.866- 0.5 \cdot 10- 0.3 (1 \cdot 10- 9 \cdot 0.5)}{1 + 0.5} $$ $$= \frac{7.794- 5- 0.3 (10- 4.5)}{1.5} = \frac{2.794- 1.65}{1.5} \approx 0.763 \, \text{м/с}^2$$
Найдем скорость груза при равноускоренном движении из состояния покоя:
$$v = \sqrt{2as} = \sqrt{2 \cdot 0.763 \cdot 0.32} \approx \sqrt{0.488} \approx 0.7 \, \text{м/с}$$
Ответ: $0.7 \, \text{м/с}.$

Обоснование:

Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.
Грузы движутся поступательно, поэтому их можно описывать моделью материальной точки.
Нить невесома, а блок идеальный (без массы и трения), поэтому сила натяжения нити $T$ одинакова по всей ее длине.
Нить нерастяжима, поэтому ускорения грузов равны по модулю: $a_1 = a_2 = a.$
В инерциальной системе отсчета применяем второй закон Ньютона.

Силы, действующие на систему.

На левый груз массой $M$:
— Сила тяжести: $M\vec{g}$ (вниз).
— Сила натяжения нити: $\vec{T}$ (вверх).

На правый груз (масса $M + m$):
— Сила тяжести: $(M + m)\vec{g}$ (вниз).
— Сила натяжения нити: $\vec{T}$ (вверх).

На перегрузок $m$:
— Сила тяжести: $m\vec{g}$ (вниз).
— Сила реакции опоры со стороны груза: $\vec{N}$ (вверх).

Запишем второй закон Ньютона для каждого тела.
Для левого груза $(M)$:
$$Ma = T- Mg \quad (1)$$Для правого груза $( M + m )$:
$$(M + m)a = (M + m)g- T \quad (2)$$Для перегрузка $(m)$:$$ma = mg- N \quad (3)$$
Сложим $(1)$ и $(2)$:
$$Ma + (M + m)a = (M + m)g- Mg$$$$(2M + m)a = mg$$Выразим ускорение $a$: $$a = \frac{mg}{2M + m} \quad (4)$$

Найдем силу реакции опоры $N$ из уравнения $(3).$
Подставим $(4)$ в $(3)$:
$$N = mg- ma = mg- m \cdot \frac{mg}{2M + m} = mg \left(1- \frac{m}{2M + m}\right)$$Упростим выражение:
$$N = mg \cdot \frac{2M}{2M + m} = \frac{2Mmg}{2M + m}$$
Подставим $M = 0.5 \, \text{кг},$ $m = 0.1 \, \text{кг},$ $g = 10 \, \text{м/с}^2$:
$$N = \frac{2 \cdot 0.5 \cdot 0.1 \cdot 10}{2 \cdot 0.5 + 0.1} = \frac{1}{1.1} \approx 0.91 \, \text{Н}$$

По третьему закону Ньютона сила давления $F$ равна по модулю силе реакции опоры $N$:
$$F = N \approx 0.91 \, \text{Н}$$

Ответ: сила давления перегрузка на груз $F \approx 0.91 \, \text{Н}.$

Обоснование:

Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.
Все тела движутся поступательно, поэтому их можно описывать моделью материальной точки.
Нить невесома и нерастяжима, поэтому:
— Силы натяжения равны: $T_1 = T_2 = T$
— Ускорения тел равны: $a_1 = a_2 = a$
Пружина легкая, поэтому силы упругости на обоих брусках равны: $F_{\text{упр}}$
В $ИСО$ применяем второй закон Ньютона.

Силы, действующие на тела.

Груз $M$ на поверхности:
— Сила тяжести: $M\vec{g}$ (вниз).
— Сила реакции опоры: $\vec{N}$ (вверх).
— Сила трения: $\vec{F}_{\text{тр}} = -\mu N \vec{i}$ (против движения).
— Сила натяжения нити: $\vec{T}$ (вправо).

Верхний брусок $m$:
— Сила тяжести: $m\vec{g}$ (вниз).
— Сила натяжения нити: $\vec{T}$ (вверх).
— Сила упругости пружины: $\vec{F}_{\text{упр}}$ (вверх).

Нижний брусок $m$:
— Сила тяжести: $m\vec{g}$ (вниз).
— Сила упругости пружины: $\vec{F}_{\text{упр}}$ (вверх).

Уравнения движения (в проекциях на вертикальную ось).

Для груза $M$:
$$Ma = T- F_{\text{тр}} \quad (1)$$ $$N = Mg \quad (2)$$Для верхнего бруска $m$:
$$ma = mg- T + F_{\text{упр}} \quad (3)$$Для нижнего бруска $m$:
$$ma = mg- F_{\text{упр}} \quad (4)$$Выразим силу трения из $(2)$: $$F_{\text{тр}} = \mu N = \mu Mg$$
Из уравнения $(4)$ найдем силу упругости:
$$F_{\text{упр}} = mg- ma \quad (5)$$
Подставим $(5)$ в $(3)$:
$$ma = mg- T + (mg- ma)$$ $$2ma = 2mg- T\quad (6)$$
Из уравнения $(1)$ выразим $T$:
$$T = Ma + F_{\text{тр}} = Ma + \mu Mg \quad (7)$$
Подставим $(7)$ в $(6)$:
$$2ma = 2mg- (Ma + \mu Mg)$$$$a(2m + M) = g(2m- \mu M)$$ $$a = \frac{g(2m- \mu M)}{2m + M}\quad (8)$$
Вычислим ускорение:
$$a = \frac{10 \cdot (0.8- 0.2 \cdot 0.8)}{0.8 + 0.8} = \frac{10 \cdot 0.64}{1.6} = 4 \, \text{м/с}^2$$
Найдем удлинение пружины из $(5)$:
$$F_{\text{упр}} = m(g- a) = 0.4 \cdot (10- 4) = 2.4 \, \text{Н}$$
По закону Гука:
$$x = \frac{F_{\text{упр}}}{k} = \frac{2.4}{80} = 0.03 \, \text{м} = 3 \, \text{см}$$
Длина пружины:
$$l = l_0 + x = 10 \, \text{см} + 3 \, \text{см} = 13 \, \text{см}$$
Ответ: длина пружины в процессе движения $l = 13 \, \text{см}.$

Обоснование:

Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.
Грузы движутся поступательно, поэтому их можно описывать моделью материальной точки.
Нить невесома, а блоки идеальны (без массы и трения), поэтому сила натяжения нити $T$ одинакова на всех участках.
Нить нерастяжима, что позволяет установить кинематическую связь между ускорениями грузов.
Поверхность гладкая, поэтому силой трения можно пренебречь.

Силы, действующие на тела.
Груз $m_1$:
— Сила тяжести: $m_1\vec{g}$ (вниз).
— Сила натяжения нити: $\vec{T}_1$ (вверх).
Груз $m_2$:
— Сила тяжести: $m_2\vec{g}$ (вниз).
— Сила реакции опоры: $\vec{N}$ (вверх).
— Сила натяжения нити: $\vec{T}_2$ (горизонтально влево).

Кинематическая связь.
Пусть груз $m_1$ перемещается на расстояние $s_1$ вниз, а груз $m_2$ — на расстояние $s_2$ влево. Из геометрии системы (подвижный блок) следует:
$$s_1 = 2s_2$$Дифференцируя дважды по времени, получаем связь ускорений:
$$a_1 = 2a_2$$

Уравнения движения.

Для груза $m_1$ (ось $Oy$ направлена вниз):
$$m_1 a_1 = m_1 g- T_1\quad (1)$$Для груза $m_2$ (ось $Ox$ направлена влево):
$$m_2 a_2 = T_2 \quad (2)$$Для подвижного блока:
$$T_2 = 2T_1 \quad (3)$$
Из $(3)$ выразим $T_1$:
$$T_1 = \frac{T_2}{2} \quad (4)$$Подставим $(4)$ в $(1)$:
$$m_1 a_1 = m_1 g- \frac{T_2}{2} \quad (5)$$Из $(2)$ выразим $T_2$: $$T_2 = m_2 a_2. \quad (6)$$
Подставим $(6)$ в $(5)$: $$m_1 a_1 = m_1 g- \frac{m_2 a_2}{2}\quad (7)$$Используем кинематическую связь $a_1 = 2a_2$:$$m_1 \cdot 2a_2 = m_1 g- \frac{m_2 a_2}{2}$$ $$2m_1 a_2 + \frac{m_2 a_2}{2} = m_1 g$$
$$a_2 \left(2m_1 + \frac{m_2}{2}\right) = m_1 g$$ $$a_2 = \frac{m_1 g}{2m_1 + \frac{m_2}{2}} = \frac{2m_1 g}{4m_1 + m_2}$$ Ускорение груза $m_1$: $$a_1 = 2a_2 = \frac{4m_1 g}{4m_1 + m_2}$$
Подставляем $m_1 = 2 \, \text{кг},$ $m_2 = 4 \, \text{кг},$ $g = 10 \, \text{м/с}^2$:$$a_1 = \frac{4 \cdot 2 \cdot 10}{4 \cdot 2 + 4} = \frac{80}{12} \approx 6.67 \, \text{м/с}^2$$

Ответ: ускорение груза $m_1$ равно $a_1 \approx 6.7 \, \text{м/с}^2.$

Обоснование:

Систему отсчета, связанную со столом, считаем инерциальной.
Тела движутся поступательно, поэтому их можно описывать моделью материальной точки.
Нить нерастяжима, поэтому ускорения бруска и груза равны: $a_1 = a_2 = a.$
Блок невесомый и гладкий, поэтому силы натяжения нити по обе стороны блока равны: $T_1 = T_2 = T.$
Трением в блоке и о воздух пренебрегаем.

Силы, действующие на систему.

На брусок:
— Сила тяжести: $M\vec{g}$ (вниз).
— Сила реакции опоры: $\vec{N}$ (вверх).
— Сила трения: $\vec{F}_{\text{тр}} = -\mu \vec{N}$ (против движения).
— Сила натяжения нити: $\vec{T}$ (вправо).
— Внешняя сила: $\vec{F}$ (под углом $\alpha$ к горизонту).

На груз:
— Сила тяжести: $m\vec{g}$ (вниз).
— Сила натяжения нити: $\vec{T}$ (вверх).

Уравнения движения (в проекциях).

Для бруска (ось $Ox$ — горизонтальная, ось $Oy$ — вертикальная):
$$F \cos \alpha- T- F_{\text{тр}} = Ma \quad (1)$$ $$N + F \sin \alpha = Mg\quad (2)$$
Для груза (ось $Oy$ — вертикальная):
$$T- mg = ma \quad (3)$$
Выразим силу трения из $(2)$:
$$N = Mg- F \sin \alpha$$ $$F_{\text{тр}} = \mu N = \mu (Mg- F \sin \alpha)$$
Подставим $F_{\text{тр}}$ в $(1)$:
$$F \cos \alpha- T — \mu (Mg- F \sin \alpha) = Ma \quad (4)$$
Выразим $T$ из $(3)$: $$T = ma + mg\quad (5)$$
Подставим $(5)$ в $(4)$:
$$F \cos \alpha- (ma + mg) — \mu (Mg- F \sin \alpha) = Ma$$ Раскроем скобки:
$$F \cos \alpha- ma- mg- \mu Mg + \mu F \sin \alpha = Ma$$ Перенесем все члены с $a$ влево:
$$-ma- Ma = -F \cos \alpha + mg + \mu Mg- \mu F \sin \alpha$$ Умножим на $-1$:
$$(M + m)a = F (\cos \alpha + \mu \sin \alpha)- g(m + \mu M)$$
Найдем ускорение $a$:
$$a = \frac{F (\cos \alpha + \mu \sin \alpha)- g(m + \mu M)}{M + m}$$ Подставим числовые значения:
$$a = \frac{9 (\cos 30^\circ + 0.3 \sin 30^\circ)- 10 (0.5 + 0.3 \cdot 1)}{1 + 0.5}$$ Вычислим тригонометрические функции: $$\cos 30^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0.866, \quad \sin 30^\circ = 0.5$$ Тогда:
$$a = \frac{9 (0.866 + 0.3 \cdot 0.5)- 10 \cdot 0.8}{1.5} = \frac{9 (0.866 + 0.15)- 8}{1.5}$$ $$= \frac{9 \cdot 1.016- 8}{1.5} \approx \frac{9.144- 8}{1.5} \approx 0.763 \, \text{м/с}^2$$

Найдем скорость груза.

Груз движется равноускоренно из состояния покоя. Пройденный путь $L = 0.32 \, \text{м}$ Тогда:
$$V = \sqrt{2aL} = \sqrt{2 \cdot 0.763 \cdot 0.32} \approx \sqrt{0.488} \approx 0.7 \, \text{м/с}$$
Ответ: скорость груза при достижении края стола $V \approx 0.7 \, \text{м/с}.$

Обоснование:

Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.
Движение бруска и клина поступательное, поэтому их можно описывать моделью материальной точки.
Брусок движется равномерно относительно клина, значит, клин и брусок относительно Земли движутся с одинаковым ускорением $a.$
В инерциальной системе отсчета применяем второй закон Ньютона.
Силы трения между бруском и клином являются парными (третий закон Ньютона).

Силы, действующие на систему.

На брусок:
— Сила тяжести: $m\vec{g}$ (вертикально вниз).
— Сила реакции опоры клина: $\vec{N}1$ (перпендикулярно поверхности клина). — Сила трения: $\vec{F}{\text{тр}} = \mu N_1$ (вдоль поверхности клина вверх, так как брусок скользит вниз).

На клин:
— Сила тяжести: $M\vec{g}$ (вертикально вниз).
— Сила реакции опоры стола: $\vec{N}2$ (вертикально вверх). — Сила трения со стороны бруска: $\vec{F}{\text{тр}}$ (вдоль поверхности клина вниз, по третьему закону Ньютона).
— Внешняя сила: $\vec{F}$ (горизонтально вправо).

Уравнения движения.

Для бруска (в проекциях на оси, параллельную и перпендикулярную поверхности клина):
$$N_1 \sin \alpha- F_{\text{тр}} \cos \alpha = ma \quad (1)$$$$N_1 \cos \alpha + F_{\text{тр}} \sin \alpha- mg = 0 \quad (2)$$Для клина (горизонтальная ось):
$$F- F_{\text{тр}} \cos \alpha- N_1 \sin \alpha = Ma \quad (3)$$
Выразим силу трения:
$$F_{\text{тр}} = \mu N_1$$

Решим систему уравнений для бруска.

Подставим $F_{\text{тр}}$ в $(2)$:
$$N_1 \cos \alpha + \mu N_1 \sin \alpha = mg$$ $$N_1 (\cos \alpha + \mu \sin \alpha) = mg$$
$$N_1 = \frac{mg}{\cos \alpha + \mu \sin \alpha}\quad (4)$$Подставим $(4)$ в $(1)$:
$$\frac{mg \sin \alpha}{\cos \alpha + \mu \sin \alpha}- \frac{\mu mg \cos \alpha}{\cos \alpha + \mu \sin \alpha} = ma$$ $$a = g \cdot \frac{\sin \alpha- \mu \cos \alpha}{\cos \alpha + \mu \sin \alpha} = g \cdot \frac{\tg \alpha- \mu}{1 + \mu \tg \alpha} \quad (5)$$
Подставим $(4)$ и $(5)$ в $(3)$:
$$F = (M + m)a = (M + m) \cdot g \cdot \frac{\tg \alpha- \mu}{1 + \mu \tg \alpha}$$
Ответ: $$F = \frac{(M + m)g (\tg \alpha- \mu)}{1 + \mu \tg \alpha}$$

Физическая модель и обоснование:

Систему отсчета связываем со столом (инерциальная система).
При совместном движении $M$ и $m_1$ рассматриваем как единое тело массой $M + m.$
Нить невесома и нерастяжима ⇒ $T_1 = T_2 = T,$ $a_1 = a_2 = a.$
Блок идеальный (трение отсутствует).
Для $m_1$ сила трения покоя $F_{тр} ≤ μN_1.$

Уравнения движения.

Для системы $M + m$:
$$(M + m)a = T \quad (1)$$Для груза $m_2$: $$ma = mg- T \quad (2)$$

Решение системы уравнений.
Складываем $(1)$ и $(2)$:
$$(M + 2m)a = mg$$$$a = \frac{mg}{M + 2m} \quad (3)$$

Условие для груза $m_1.$

В проекции на горизонтальную ось:
$$ma = F_{тр} ≤ μN_1 = μmg$$ Подставляем ускорение из $(3)$:
$$\frac{m^2g}{M + 2m} ≤ μmg$$ $$\frac{m}{M + 2m} ≤ μ$$
Находим предельное значение массы:
$$m ≤ \frac{μM}{1- 2μ} = \frac{0.2 \cdot 1.2}{1- 0.4} = \frac{0.24}{0.6} = 0.4\,\text{кг}$$

Ответ: грузы $M$ и $m_1$ будут двигаться как одно целое при $m ≤ 0.4\,\text{кг}.$

Кинематика движения до столкновения.

Для первого шарика (брошенного под углом):
$$y_1(t) = v_0 \sin \alpha \cdot t- \frac{gt^2}{2}$$ $$v_{1y}(t) = v_0 \sin \alpha- gt$$
Для второго шарика (свободное падение):
$$v_{2y}(t) = -gt$$

Условие столкновения.

В момент столкновения $t = t_1$ выполняется:
$$y_1(t_1) = h- \frac{gt_1^2}{2}$$
Из сохранения импульса по вертикали (так как после удара скорость горизонтальна):
$$v_{1y}(t_1) + v_{2y}(t_1) = 0$$ $$(v_0 \sin \alpha- gt_1) + (-gt_1) = 0$$$$t_1 = \frac{v_0 \sin \alpha}{2g}$$

Высота столкновения.

Подставляем $t_1$ в уравнение для $y_1(t)$:
$$h = \frac{3v_0^2 \sin^2 \alpha}{8g}$$

Время падения после столкновения.
После удара шарики движутся горизонтально, их вертикальная скорость равна нулю. Время падения с высоты $h$:
$$\tau = \sqrt{\frac{2h}{g}} = \frac{v_0 \sin \alpha}{2g} \sqrt{3}$$

Находим $v_0$:
$$v_0 = \frac{2g\tau}{\sqrt{3} \sin \alpha}$$
Ответ: $v_0 = \frac{2g\tau}{\sqrt{3} \sin \alpha}.$

Обоснование.

Задачу решаем в инерциальной системе отсчета, связанной с Землей.
Трением о воздух пренебрегаем.
Время разрыва считаем малым, поэтому изменением потенциальной энергии и действием силы тяжести можно пренебречь.
Используем законы сохранения импульса и энергии.

Закон сохранения импульса:$$2m \cdot v_0 = m \cdot v_1 + m \cdot v_2$$где:
$2m = 4 \, \text{кг}$ — масса снаряда,
$m = 2 \, \text{кг}$ — масса каждого осколка,
$v_0 = 400 \, \text{м/с}$ — начальная скорость снаряда,
$v_1$ — скорость осколка, летящего вперед,
$v_2$ — скорость осколка, летящего назад.

Упрощаем уравнение:$$2v_0 = v_1 + v_2$$
Закон сохранения энергии:$$ \Delta E = \frac{mv_1^2}{2} + \frac{mv_2^2}{2}- \frac{2mv_0^2}{2}$$ где $\Delta E = 0.5 \cdot 10^6 \, \text{Дж}.$

Упрощаем:$$ \Delta E = \frac{m}{2} (v_1^2 + v_2^2- 2v_0^2)$$

Выражаем $v_2$ через $v_1.$
Из закона сохранения импульса:
$$ v_2 = 2v_0- v_1$$
Подставляем $v_2$ в уравнение энергии:
$$ \Delta E = \frac{m}{2} \left(v_1^2 + (2v_0- v_1)^2- 2v_0^2\right)$$
$$ \Delta E = \frac{m}{2} \left(v_1^2 + 4v_0^2- 4v_0v_1 + v_1^2- 2v_0^2\right)$$
$$ \Delta E = \frac{m}{2} (2v_1^2- 4v_0v_1 + 2v_0^2)$$
Делим на $2$:$$ \Delta E = m (v_1^2- 2v_0v_1 + v_0^2)$$
Замечаем полный квадрат:
$$ \Delta E = m (v_1- v_0)^2$$

Находим $v_1$:$$ v_1- v_0 = \sqrt{\frac{\Delta E}{m}}$$
Подставляем значения:$$ v_1 = v_0 + \sqrt{\frac{0.5 \cdot 10^6}{2}} = 400 + \sqrt{0.25 \cdot 10^6}$$ $$ = 400 + 500 = 900 \, \text{м/с}$$

Ответ: $v_1 = 900 \, \text{м/с}.$

Обоснование.

Систему отсчета свяжем с Землей, считая ее инерциальной.
Шарики движутся поступательно, поэтому их можно рассматривать как материальные точки.
Сопротивлением воздуха пренебрегаем, поэтому движение шариков до столкновения описывается законами равноускоренного движения в поле тяжести Земли.
При столкновении внутренние силы взаимодействия значительно превышают силу тяжести, поэтому можно применить закон сохранения импульса.

Движение шариков до столкновения.

Введем систему координат: ось $ OX $ — горизонтальная, ось $ OY $ — вертикальная вверх. Начало координат — точка старта первого шарика.

Для первого шарика (брошенного под углом $ \alpha $):
$$ y_1(t) = v_0 \sin \alpha \cdot t- \frac{g t^2}{2}$$ $$ v_{y1}(t) = v_0 \sin \alpha- g t$$
Для второго шарика (падающего из состояния покоя):
$$ v_{y2}(t) = -g t$$

Условие столкновения.

После неупругого столкновения скорость шариков направлена горизонтально, значит, вертикальная составляющая скорости равна нулю:
$$m v_{y1} + m v_{y2} = 0$$Отсюда:$$ v_{y1} = -v_{y2}$$ Подставляем выражения для $ v_{y1} $ и $ v_{y2} $:
$$ v_0 \sin \alpha- g t = g t$$ Находим время до столкновения $ \tau_1 $:
$$ \tau_1 = \frac{v_0 \sin \alpha}{2g}$$

Высота столкновения.

Подставляем $ \tau_1 $ в выражение для $ y_1(t) $:
$$ h = y_1(\tau_1) = v_0 \sin \alpha \cdot \tau_1- \frac{g \tau_1^2}{2}$$
После подстановки:
$$ h = \frac{v_0^2 \sin^2 \alpha}{2g}- \frac{g v_0^2 \sin^2 \alpha}{8g^2} = \frac{3 v_0^2 \sin^2 \alpha}{8g}$$

Время падения после столкновения.

После столкновения вертикальная скорость шариков равна нулю, поэтому время падения $ \tau_2 $ определяется из уравнения свободного падения:
$$ h = \frac{g \tau_2^2}{2}$$ Отсюда:
$$ \tau_2 = \sqrt{\frac{2h}{g}} = \sqrt{\frac{3 v_0^2 \sin^2 \alpha}{4g^2}} = \frac{v_0 \sin \alpha \sqrt{3}}{2g}$$

Общее время падения:$$ \tau = \tau_1 + \tau_2 = \frac{v_0 \sin \alpha}{2g} + \frac{v_0 \sin \alpha \sqrt{3}}{2g} = \frac{(1 + \sqrt{3}) v_0 \sin \alpha}{2g}$$

Ответ: $\tau = \frac{(1 + \sqrt{3}) v_0 \sin \alpha}{2g}.$

Обоснование.

Систему отсчета связываем с Землей, считая ее инерциальной.
Тело рассматриваем как материальную точку, так как его размеры малы по сравнению с радиусом полусферы.
Поскольку полусфера гладкая, сила трения отсутствует, и работа силы реакции опоры равна нулю (она перпендикулярна перемещению).
Механическая энергия системы сохраняется.
В момент отрыва сила реакции опоры $ N $ обращается в ноль.

Закон сохранения энергии.

В начальный момент (верхняя точка полусферы) тело обладает только потенциальной энергией:
$$E_1 = mgR$$ В момент отрыва тело имеет кинетическую и потенциальную энергию. Пусть $ h $ — высота точки отрыва над основанием полусферы:$$ E_2 = \frac{mv^2}{2} + mgh$$ По закону сохранения энергии:
$$mgR = \frac{mv^2}{2} + mgh \quad (1)$$

Условие отрыва.

В момент отрыва сила реакции опоры $ N = 0 .$ На тело действует только сила тяжести $ mg ,$ проекция которой на радиальное направление равна $ mg \cos \theta ,$ где $ \theta $ — угол между вертикалью и радиусом, проведенным к точке отрыва.

Центростремительное ускорение тела:$$ a = \frac{v^2}{R}$$ По второму закону Ньютона:
$$ mg \cos \theta = m \frac{v^2}{R} \quad (2)$$ Из геометрии задачи:
$$ \cos \theta = \frac{h}{R} \quad (3)$$

Решение системы уравнений.

Подставляем $(3)$ в $(2)$:$$mg \frac{h}{R} = m \frac{v^2}{R} \implies v^2 = gh \quad (4)$$ Подставляем $(4)$ в $(1)$:$$mgR = \frac{mgh}{2} + mgh$$ $$ \implies R = \frac{h}{2} + h \implies R = \frac{3h}{2} \implies h = \frac{2R}{3} $$ Подставляем $ h $ обратно в $(4)$:$$ v^2 = g \cdot \frac{2R}{3} \implies v = \sqrt{\frac{2gR}{3}}$$

Численный расчет.

Подставляем значения $ g = 10 \, \text{м/с}^2 $ и $ R = 2.5 \, \text{м} $:
$$ v = \sqrt{\frac{2 \cdot 10 \cdot 2.5}{3}} = \sqrt{\frac{50}{3}} \approx 4.1 \, \text{м/с}$$

Ответ: $ v \approx 4.1 \, \text{м/с}.$

Обоснование.

Систему отсчета связываем с Землей (инерциальная система).
Трение отсутствует (плоскость гладкая), работа силы реакции опоры равна нулю.
До и после удара механическая энергия сохраняется.
При ударе время взаимодействия мало, поэтому внешними силами (тяжести) можно пренебречь и применять закон сохранения импульса.

Движение бруска до удара.

Используем закон сохранения энергии:$$ Mgh = \frac{Mv_1^2}{2}, \quad \text{где} \quad h = x \sin \alpha$$ $$Mgx \sin \alpha = \frac{Mv_1^2}{2} \implies v_1 = \sqrt{2gx \sin \alpha}$$ Подставляем значения:$$ v_1 = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 3.6 \cdot 0.5} = \sqrt{36} = 6 \, \text{м/с}$$

Удар пули с бруском (неупругое столкновение).

Закон сохранения импульса (ось направлена вверх вдоль плоскости):
$$mv- Mv_1 = (M + m)u$$ где $ u $ — скорость системы после удара.

Движение системы после удара.

Закон сохранения энергии:$$ \frac{(M + m)u^2}{2} = (M + m)gS \sin \alpha$$ $$u = \sqrt{2gS \sin \alpha} = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 2.5 \cdot 0.5} = \sqrt{25} = 5 \, \text{м/с}$$
Из закона сохранения импульса:$$mv- Mv_1 = (M + m)u$$Подставляем известные величины:$$555m- 250 \cdot 6 = (250 + m) \cdot 5$$ $$ 555m- 1500 = 1250 + 5m$$ $$550m = 2750 \implies m = 5 \, \text{г}$$
Ответ: $m = 5 \, \text{г}.$

Обоснование.

Систему отсчета связываем с Землей (инерциальная система).
Тело считаем материальной точкой (размеры малы по сравнению с радиусом полусферы).
Полусфера гладкая ⇒ сила трения отсутствует, работа силы реакции опоры $ \vec{N} $ равна нулю.
Механическая энергия сохраняется.
В момент отрыва $ N = 0 .$

Закон сохранения энергии.

В начальной точке (вершина полусферы):
$$E_1 = mgR$$ В точке отрыва:
$$ E_2 = \frac{mv^2}{2} + mgh$$ По закону сохранения энергии:$$mgR = \frac{mv^2}{2} + mgh \quad (1)$$

Условие отрыва.

В момент отрыва равнодействующая сил дает центростремительное ускорение:
$$ mg \cos \alpha = m \frac{v^2}{R} \quad (2)$$Из геометрии:$$\cos \alpha = \frac{h}{R} \quad (3)$$

Решение системы уравнений.

Подставляем $(3)$ в $(2)$:$$ g \frac{h}{R} = \frac{v^2}{R} \implies h = \frac{v^2}{g}$$Подставляем $ h $ в $(1)$:
$$gR = \frac{v^2}{2} + g \cdot \frac{v^2}{g} \implies gR = \frac{v^2}{2} + v^2$$ $$ gR = \frac{3v^2}{2} \implies R = \frac{3v^2}{2g}$$

Численный расчет.

Подставляем $ v = 4 \, \text{м/с} $ и $ g = 10 \, \text{м/с}^2 $:$$R = \frac{3 \cdot 16}{2 \cdot 10} = \frac{48}{20} = 2.4 \, \text{м}$$
Ответ: $R = 2.4 \, \text{м}.$

Обоснование.

Система отсчета связана с Землей (инерциальная).
Тела считаем материальными точками.
При ударе выполняется закон сохранения импульса (горизонтальные внешние силы отсутствуют).
После удара работает закон сохранения механической энергии (сила натяжения нити не совершает работы).
Минимальное условие: в верхней точке натяжение нити $ T = 0 .$

Закон сохранения импульса при ударе:
$$mv = (M + m)u \quad (1)$$ где $ u $ — скорость системы после удара.

Закон сохранения энергии (нижняя → верхняя точка):$$ \frac{(M + m)u^2}{2} = \frac{(M + m)V^2}{2} + (M + m)g \cdot 2l \quad (2)$$где $ V $ — скорость в верхней точке.

Условие минимальной скорости (в верхней точке):
$$ (M + m)g = \frac{(M + m)V^2}{l} \implies V^2 = gl \quad (3)$$

Подставляем $(3)$ в $(2)$:$$ \frac{u^2}{2} = \frac{gl}{2} + 2gl \implies u^2 = 5gl$$

Из уравнения $(1)$ находим $ v $:
$$ v = \frac{M + m}{m} \sqrt{5gl} = \frac{0.26}{0.01} \sqrt{5 \cdot 10 \cdot 0.5} = 26 \cdot 5 = 130 \, \text{м/с}$$

Ответ: $v = 130 \, \text{м/с}.$ ободного падения $ g = 10 \, \text{м/с}^2 .$

Обоснование.

Систему отсчета связываем с Землей (инерциальная система).
Тела считаем материальными точками.
При ударе выполняется закон сохранения импульса (горизонтальные внешние силы отсутствуют).
После удара работает закон сохранения механической энергии (сила натяжения нити не совершает работы).
Минимальное условие: в верхней точке натяжение нити $ T = 0 .$

Закон сохранения импульса при ударе:
$$ mv_0 = (M + m)v_1 \quad (1)$$ где $ v_1 $ — скорость системы шар+пуля сразу после удара.

Закон сохранения энергии (нижняя → верхняя точка):
$$\frac{(M + m)v_1^2}{2} = \frac{(M + m)v_2^2}{2} + (M + m)g \cdot 2l \quad (2)$$ где $ v_2 $ — скорость в верхней точке.

Условие минимальной скорости (в верхней точке):
$$ (M + m)g = \frac{(M + m)v_2^2}{l} \implies v_2^2 = gl \quad (3)$$

Подстановка $(3)$ в $(2)$:$$ \frac{v_1^2}{2} = \frac{gl}{2} + 2gl \implies v_1^2 = 5gl \implies v_1 = \sqrt{5gl}$$

Выражаем массу пули из $ (1)$:$$ m = \frac{M\sqrt{5gl}}{v_0- \sqrt{5gl}}$$Подставляем численные значения ($ g = 10 \, \text{м/с}^2 ,$ $ l = 0.5 \, \text{м} ,$ $ M = 0.23 \, \text{кг} ,$ $ v_0 = 120 \, \text{м/с} $):
$$\sqrt{5gl} = \sqrt{5 \cdot 10 \cdot 0.5} = 5 \, \text{м/с}$$ $$ m = \frac{0.23 \cdot 5}{120- 5} = \frac{1.15}{115} = 0.01 \, \text{кг} = 10 \, \text{г}$$

Ответ: $m = 10 \, \text{г}.$

Обоснование.

Используем инерциальную систему отсчета, связанную с Землей.
Шар и пулю рассматриваем как материальные точки.
Время взаимодействия считаем малым → сохраняется горизонтальная составляющая импульса системы.
Механическая энергия сохраняется (работа силы натяжения нити равна нулю).
Нулевой уровень потенциальной энергии — положение равновесия шара.

Скорость шара перед ударом.

Потенциальная энергия в начальном положении:
$$ E_p = Mgl(1- \cos \alpha)$$Кинетическая энергия в нижней точке:
$$ E_k = \frac{Mv_0^2}{2}$$По закону сохранения энергии:
$$ Mgl(1- \cos \alpha) = \frac{Mv_0^2}{2} \implies v_0 = \sqrt{2gl(1- \cos \alpha)}$$ Подставляем $ \alpha = 60^\circ ,$ $ \cos 60^\circ = 0.5 $:$$ v_0 = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 0.9 \cdot (1- 0.5)} = \sqrt{9} = 3 \, \text{м/с}$$

Скорость шара после удара.

По закону сохранения энергии для нового угла $ \beta = 39^\circ $:
$$\frac{Mu^2}{2} = Mgl(1- \cos \beta) \implies u = \sqrt{2gl(1- \cos \beta)}$$При $ \cos \beta = \frac{7}{9} $:
$$u = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 0.9 \cdot \left(1- \frac{7}{9}\right)} = \sqrt{4} = 2 \, \text{м/с}$$

Закон сохранения импульса:
$$ Mv_0- mv_1 = Mu + mv_2$$где $ v_1 $ — начальная скорость пули, $ v_2 $ — конечная скорость пули.

Изменение скорости пули.

Выразим $ \Delta v = v_2- v_1 $:$$\Delta v = \frac{M(v_0- u)}{m}$$Подставляем значения:$$ \Delta v = \frac{1 \cdot (3- 2)}{0.01} = 100 \, \text{м/с}$$Знак «−» в ответе означает уменьшение скорости:$$ \Delta v = -100 \, \text{м/с}$$
Ответ: $\Delta v = -100 \, \text{м/с} \, \text{(уменьшилась на 100 м/с)}.$

Обоснование.

Используем инерциальную систему отсчета, связанную с Землей.
Шарики считаем материальными точками.
До столкновения движение описывается законами равноускоренного движения с ускорением $ \vec{g} .$
При столкновении внутренние силы много больше силы тяжести → применяем закон сохранения импульса.
После удара скорость горизонтальна → вертикальная составляющая импульса системы равна нулю.

Движение до столкновения.

Для первого шарика (брошенного):
$$ v_{y1} = v_0 \sin \alpha- gt$$Для второго шарика (падающего):$$ v_{y2} = -gt$$

Условие горизонтальной скорости после удара.

Вертикальная составляющая суммарного импульса после удара равна нулю:
$$ m v_{y1} + m v_{y2} = 0 \implies v_{y1} = -v_{y2}$$ $$v_0 \sin \alpha- gt = gt$$

Вычисление начальной скорости:
$$ v_0 = \frac{2gt}{\sin \alpha} = \frac{2 \cdot 10 \cdot 1}{\sin 30^\circ} = \frac{20}{0.5} = 40 \, \text{м/с}$$
Ответ: $v_0 = 40 \, \text{м/с}.$