На двух концах легкой пружины закреплено два бруска, массы которых равны \(m_1=m_2=500\) г. Верхний брусок связан с помощью невесомой нерастяжимой нити, перекинутой через идеальный блок, с кубиком массой \(M=1,5\) кг, находящимся на горизонтальной поверхности стола. Коэффициент трения между основанием кубика и поверхностью стола \(\mu=0,2\). Чему равна жесткость пружины, если длина пружины в недеформированном состоянии \(l_0=12\) см, а при движении системы с ее длина постоянна и равна \(l=15\) см? Какие физические законы Вы использовали при решении задачи? Обоснуйте их применение в данном случае.

\(|\vec{T}_1|=|\vec{T}_2|=T\) \(|\vec{F}_{у1}|=|\vec{F}_{у2}|=F_у\) \(|\vec{a}_1|=|\vec{a}'_1|=|\vec{a}_2|=a\) По второму закону Ньютона в проекциях на оси для кубика \(M\): \(Oy:~N-Mg=0\Rightarrow N=Mg\) Сила трения: \(F_{тр}=\mu N=\mu Mg\) \(Ox:~T-F_{тр}=Ma\Rightarrow T-Mg=Ma\Rightarrow T=Ma+\mu Mg\) Для брусков \(m_1\) и \(m_2\): \(Oy:~T-m_1g-F_у=-m_1a\) \(Oy:~F_у-m_2g=-m_2a\Rightarrow F_у=mg-ma\) \(m_1=m_2=m\) Объединим выражения: \(Ma+\mu Mg-mg-(mg-ma)=-ma\Rightarrow Ma+ma+ma=2mg-\mu Mg\) \(a(2m+M)=g(2m-\mu M)\) Найдем ускорение: \(a=g\frac{2m-\mu M}{2m+M}=10\cdot \frac{2\cdot 0,5-0,2\cdot 1,5}{2\cdot 0,5+1,5}=2,8~м/с^2\) Сила упругости из ранее полученного выражения: \(F_у=mg-ma=0,5\cdot 10-0,5\cdot 2,8=3,6~Н\) С другой стороны: \(F_у=k(l-l_0)\) Жесткость пружины: \(k=\frac{F_у}{l-l_0}=\frac{3,6}{0,15-0,12}=120~Н/м\) Ответ: \(120 Н/м\) Обоснование: 1) Рассмотрим систему отсчета, связанную с Землей. Будем считать ее инерциальной (ИСО). 2) Т.к. все тела движутся поступательно, используем для них модель материальной точки. 3) В ИСО для материальных точек распишем 2-й закон Ньютона. 4) Т.к. нить невесома, а блок идеален, модуль силы натяжения нити по всей ее длине – одинаковый. 5) Т.к. нить нерастяжима, а длина пружины при движении системы постоянна, ускорения тел равны по модулю. 6) Т.к. пружина невесома, силы упругости, действующие на верхнее и нижнее тела, будут равны по модулю.

Небольшая шайба после удара скользит вверх по наклонной плоскости из точки \(A\) (см. рисунок). В точке касания \(B\) наклонная плоскость без излома переходит в наружную поверхность горизонтальной трубы радиусом \(R=0,4~\mathrm{м}\). Если в точке \(A\) скорость шайбы превосходит \(v_0=4~\mathrm{м/с}\), то в точке \(B\) шайба отрывается от опоры. Длина наклонной плоскости \(AB=L=1~\mathrm{м}\), угол \(\alpha=30^\circ\). Найдите коэффициент трения \(\mu\) между наклонной плоскостью и шайбой. Какие законы Вы использовали в данной задаче? Обоснуйте их применение.

По второму закону Ньютона в момент отрыва шайбы (\(N_B=0\)): \(Oy:~-ma_{ц}=-mg\cos \alpha\) \(a_{ц}=g\cos \alpha\) Центростремительное ускорение: \(a_{ц}=\frac{v^2}{R}\) \(\frac{v^2}{R}=g\cos \alpha\) Скорость шайбы в точке \(B\): \(v=\sqrt{gR\cos \alpha}\) Рассмотрим силы, действующие на шайбу при движении по наклонной плоскости: \(Oy:~N-mg\cos \alpha=0\Rightarrow N=mg\cos \alpha\) Сила трения: \(F_{тр}=\mu N=\mu mg \cos \alpha\) \(Ox:~-F_{тр}-mg \sin \alpha=-ma~|\cdot \left (-1\right )\) \(\mu mg \cos \alpha+mg \sin \alpha=ma\Rightarrow a=g\left (\sin \alpha+\mu \cos \alpha \right )\) Проекция перемещения шайбы при равноускоренном движении: \(S_x=\frac{v_x^2-v_{0x}^2}{2a_x};~L=\frac{v^2-v_0^2}{-2a}=\frac{v_0^2-v^2}{2a}=\frac{v_0^2-gR\cos \alpha}{2g\left (\sin \alpha+\mu \cos \alpha \right )}\) \(\sin \alpha+\mu \cos \alpha=\frac{v_0^2-gR\cos \alpha}{2gL}\) Коэффициент трения: \(\mu=\frac{1}{\cos \alpha}\left (\frac{v_0^2-gR\cos \alpha}{2gL}-\sin \alpha \right )\) Подставим числа: \(\mu=\frac{1}{\cos 30^\circ}\cdot \left (\frac{4^2-10\cdot 0,4\cdot \cos 30^\circ}{2\cdot 10\cdot 1}-\sin 30^\circ \right )=0,146\) Ответ: 0,146 Обоснование: 1) Рассмотрим систему отсчета, связанную с Землей. Будем считать ее инерциальной. 2) Используем модель материальной точки, так как шайба движется поступательно. 3) Распишем для шайбы второй закон Ньютона. 4) В точке \(B\) из-за отрыва шайбы от опоры следует, что \(N_B=0\). 5) Распишем закон равноускоренного движения шайбы по оси \(Ox\).

Однородный рычаг \(AB\) массой \(50~\mathrm{г}\) может свободно вращаться вокруг неподвижной оси \(D\). В точке \(C\) к нему подвешена металлическая пластина. К концу рычага в точке \(A\) с помощью нити привязан динамометр, с помощью которого рычаг удерживается в горизонтальном положении. Нить составляет с горизонталью угол, который можно измерить с помощью транспортира. Показания транспортира (градусы) и динамометра (ньютоны) видны на фотографии. Массами нитей и динамометра пренебречь. Определите массу пластины. Сделайте рисунок, на котором укажите все силы, действующие на рычаг и пластину. Обоснуйте применимость законов, используемых для решения задачи.

Найдем плечи сил, действующих на рычаг: \(d_1=2x_0\) \(d_2=3x_0\) \(\sin \alpha=\frac{d_3}{5x_0}\Rightarrow d_3=5x_0\sin \alpha\) По правилу моментов сил для рычага: \(mg\cdot d_1+m_0g\cdot d_2=F\cdot d_3\) \(mg\cdot 2x_0+m_0g\cdot 3x_0=F\cdot 5x_0\sin \alpha\) Масса пластины: \(m_0=\frac{5F\sin \alpha-2mg}{3g}=\frac{5\cdot 1,6\cdot \sin 45^\circ-2\cdot 0,05\cdot 10}{3\cdot 10}=0,155~\mathrm{кг}\) Ответ: 0,155 кг Обоснование: 1) Рассмотрим систему отсчета, связанную с Землей. Будем считать ее инерциальной. 2) Для рычага с пластиной используем модель твердого тела. 3) Тело находится в равновесии, значит, отсутствует вращательное движение. Распишем правило моментов сил относительно оси, проходящей перпендикулярно плоскости рисунка через точку \(D\).

Однородный стержень \(AB\) с постоянным поперечным сечением закреплен верхним концом на шарнире, позволяющем ему свободно вращаться в плоскости рисунка без трения. Когда к нижнему концу стержня прикладывается постоянная горизонтальная сила \(\vec{F}\) в плоскости рисунка, стержень в равновесии образует угол \(\alpha\) с вертикалью \(\left (\mathrm{tg}\,\alpha=0,8\right )\). Масса стержня \(m=1~кг\). Определите модуль силы, с которой стержень действует на шарнир в состоянии равновесия. Сделайте рисунок с указанием сил, действующих на стержень. Какие физические законы Вы использовали при решении задачи? Обоснуйте их применение в данном случае.

Условие равновесия стержня: \(Ox:~N_{x}=F\) \(Oy:~N_{y}=mg\) По теореме Пифагора: \(N=\sqrt{N_x^2+N_y^2}=\sqrt{F^2+\left (mg\right )^2}\) Рассмотрим вращение стержня относительно оси, проходящей перпендикулярно плоскости рисунка через точку \(A\): \(Fl\cos \alpha-mg\frac{l}{2}\sin \alpha=0\) Откуда сила \(F\): \(F=mg\cdot \frac{\mathrm{tg}\,\alpha}{2}\) \(F_{\mathrm{с}}=N,\) где \(F_{\mathrm{с}}\) – сила, с которой стержень действует на шарнир. Объединим выражения: \(F_{\mathrm{с}}=mg\sqrt{\frac{\mathrm{tg}^2\alpha}{4}+1}\) \(F_{\mathrm{c}}=10\cdot \sqrt{\frac{0,8^2}{4}+1}\approx 10,8~Н\) Ответ: 10,8 Н Обоснование: 1) Рассмотрим систему отсчета связанную с Землей. Будем считать ее инерциальной. 2) Так как формы и размеры стержня неизменны, применим для него модель абсолютного твердого тела. 3) Движение твердого тела представляет собой сумму поступательного и вращательного движений. Условия равновесия тела состоят в отсутствии этих движений. 4) Для отсутствия поступательного движения векторная сумма сил, действующих на стержень, должна быть равна нулю. 5) Для отсутствия вращательного движения сумма моментов сил, вращающих стержень по часовой и против часовой стрелки, должна быть равна нулю. 6) По третьему закону Ньютона сила, с которой стержень действует на шарнир, равна силе, с которой шарнир действует на стержень.

Шарик удерживается в жесткой изогнутой трубке, закрепленной на доске, на высоте \(H\). Доска находится на гладкой горизонтальной поверхности стола (см. рисунок). Система покоится. Как только шарик отпускают, он начинает двигаться без трения по трубке и вылетает из другого ее конца, находящегося на высоте \(h=1~\mathrm{м}\). Скорость шарика при вылете из трубки равна \(3~\mathrm{м/с}\) и направлена горизонтально. При этом доска движется поступательно со скоростью \(0,5~\mathrm{м/с}\) по поверхности стола. Чему равна высота \(H\)? Какие физические законы Вы использовали при решении задачи? Обоснуйте их применение в данном случае.

По закону сохранения импульса: \(Ox:~0=-mv_1+Mv_2\Rightarrow \frac{M}{m}=\frac{v_1}{v_2}\) По закону сохранения энергии: \(mgH=mgh+\frac{mv_1^2}{2}+\frac{Mv_2^2}{2}~|:m\) \(gH=gh+\frac{v_1^2}{2}+\frac{M}{m}\cdot \frac{v_2^2}{2}\) Объединим выражения: \(gH=gh+\frac{v_1^2}{2}+\frac{v_1}{v_2}\cdot \frac{v_2^2}{2}\) Искомая высота: \(H=h+\frac{1}{2g}\left (v_1^2+v_1v_2\right )\) Подставим числа: \(H=1+\frac{1}{2\cdot 10}\cdot \left (3^2+3\cdot 0,5\right )=1,525~\mathrm{м}\) Ответ: 1,525 м Обоснование: 1) Рассмотрим систему отсчета, связанную с Землей. Будем считать ее инерциальной. 2) Так как размер шарика мал, а изогнутая трубка с доской движутся поступательно, используем для них модель материальной точки. 3) На систему тел “шарик + трубка с доской” не действуют внешние горизонтальные силы (трение отсутствует), значит, распишем закон сохранения импульса в проекциях на ось \(Ox\). 4) Работа внешних непотенциальных сил, действующих на систему тел “шарик + трубка с доской”, равна нулю, поскольку трения нет, а реакция опоры перпендикулярна перемещению и работы не совершает. Таким образом, можно расписать закон сохранения энергии.