Дано:

$a=2 м/{с^2}$
$k=100 Н/м$
$m=0,5 кг$

Найти: $∆l$

Решение:

Запишем 2 закон Ньютона для груза:
$mg↖{-}+{F↖{-}}_{упр}=ma↖{-}$

${F}_{упр}=k∆l$

Проекция 2 закона Ньютона на вертикальную ось, направленную вверх:
$-mg+k∆l=ma$
$k∆l=m(a+g)$
$∆l={m(a+g)}/k=$ 0,06 м = 6 см

Уравнение движение ластика: $y=15t-(g/2)t^2=15t-5t^2$
Уравнение движения пластилина: $y=3-gt^2/2=3-5t^2$

Они столкнутся когда будут равны их координаты
$15t-5t^2=3-5t^2$
$ 15t=3$
$ t=3/15=0.2$

Дано:
$m=1,5 {кг}$
$α = 60^{o}$
$F = ?$

Запишем второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось (так как нас интересует пограничный случай, то ускорение равно 0, сила реакции опоры $N$ тоже равна 0 ): $$N + F sin α = mg$$ где $N$ - сила реакции опоры, $mg$ - сила тяжести, действующая на брусок.
Тогда: $$F={mg-N}/{sin α}={1,5 * 10-0}/{sin 60^{o}}=17,3 {Н}$$

Запишем зависимость координаты по вертикальной направленной вверх оси y от времени t:
$y(t)=y_0+v_0sinα t-{gt^2}/2$ (начальная координата $y_0=0$)
В момент времени t_в, соответствующий верхней точке траектории, координата у принимает значение высоты полёта h:
$y(t_в)=h=v_0sinα {t_в}-{g{t_в}^2}/2$ (1)

Найдём $t_в$. В верхней точке траектории скорость тела имеет горизонтальное направление, значит вертикальная проекция скорость $v_y(t_в)=0$
$v_y(t_в)=0=v_0sinα-{g{t_в}}$, значит $t_в={v_0sinα}/g$

Подставим выражение для $t_в$ в выражение (1):
$h=v_0sinα ({{v_0sinα}/g})-g/2({{v_0sinα}/g})^2={{v_0}^2{sin}^2α}/{2g}$
$h=={{15}^2(3/5)^2}/{20}=4,05$ м

Дано:
$m = 50 кг$
$a = 2 м/с^2$ $m_2 = ?$

На Машу действует сила тяжести $mg$, направленная вниз, и сила нормальной реакции опоры $N$, направленная вверх. По третьему закону Ньютона, вес Маши по модулю равен $N$, поэтому будем искать именно её.
Запишем 2 закон Ньютона в проекции на вертикальную ось, направленную вниз: $$ma=mg-N$$ $$N=mg-ma=m(g-a)$$ Тогда показания весов: $$m_2=N/g=m(g-a)/g={50(10-2)}/{10}=40 {кг}$$ Ответ: 40 кг

Дано:

$h=250$м

$υ_г=81{м}/{с}$

$g≈10{м}/{с^2}$

$υ_в-?$

Решение:

По закону сохранения механической энергии полная энергия системы в точке 1 равна полной энергии системы в точке 2: $E_1=E_2$(1), где $E_1=mgh+{mυ_в^2}/{2}$(2), $E_2={mυ_г^2}/{2}$(3).

Подставим (2) и (3) в (1) $mgh+{mυ_в^2}/{2}={mυ_г^2}/{2}⇒{υ_в^2}/{2}={υ_г^2}/{2}-gh/·2$.

$υ_в^2=υ_г^2-2gh⇒υ_в=√{υ_г^2-2gh}$(4).

Подставим числовые значения в (4): $υ_в=√{(81)^2-2·10·250}=√{6561-5000}=√{1561}≈39.5{м}/{с}$

Дано:

$υ_0=0$с

$t=3$с

$g≈10{м}/{с^2}$

$m=0.1$кг

$E_к-?$

Решение:

Кинетическая энергия определяется выражением: $E_к={mυ^2}/{2}$(1), где $υ=υ_0+gt=gt$(2) - скорость тела перед ударом о землю.

Подставим (2) в (1) и найдем $E_к$: $E_к={mg^2t^2}/{2}$(3). Подставим числовые значения в (3): $E_к={0.1·100·9}/{2}=45$Дж.

1 способ

Условие равновесия стержня через моменты сил относительно края стола: $mg·l_1-Mg·l_2=0$
$l_1=$25 см, $l_2={120см}/2-25=$35 см
$M=m{l_1}/{l_2}=1,43$ кг (Сила тяжести стержня приложена к его центру, так как стержень однородный)

2 способ

Решение:

$0.95$м лежит на столе, центр тяжести этой части по середине $0.475$м. Востанавливающий момент равен $m_1·g·0.475$. Опрокидывающий момент создается другой частью бруска ${0.25}/{2}=0.125$м и от груза момент $M·g·0.25$ или $20·0.25=Б$

Уравнение равновесия $m_1·g·0.475=(m-m_1)·g·0.125+5$, но т.к. стержень однородный ${m_1}/{m_2}={S_{осн}·e_1·p_0}/{S_{осн}·e_2·p_0}={0.95}/{0.25}$. Тогда ${0.95·m_2}/{0.25}·g·0.475=m_2·g·0.125+5; m_2·18.05=1.25m_2+5; m_2=0.2976; m_1=1.131$кг. $m=m_1+m_2=1.43$кг.

Дано:

$υ_{ср}-?$

$t_1≠{t}/{2}≠t_2$

$υ_1=70км/ч$

$υ_2=30км/ч$

${S_1}/{2}={S_2}/{2}=S$

Решение:

$υ_{ср}={∆S}/{∆t}$.

$υ_{ср}={S_1+S_2}/{t_1+t_2}$.

$S=υ·t$.

$υ_{ср}={S}/{{S}/{2·70}+{S}/{2·30}}={S}/{{60S+140S}/{8400}}$.

$υ_{ср}={8400}/{200}=42{км}/ч$.

Дано:

$m_1=3$кг

$m_2=1$кг

$a-?$

Решение:

Так как грузы связаны нерастяжимой нитью, они двигаются с одинаковым по модулю ускорением $a$

Для груза массой $m_1$ 2-й закон Ньютона в проекции на ось, направленную вертикально вниз:
$m_{1}a=m_{1}g-T$
T - сила натяжения нити (одинакова на обоих концах нити, так как нить невесома)

Для груза массой $m_2$ 2-й закон Ньютона в проекции на ось, направленную вертикально вниз:
$ m_{2}a=T-m_{2}g$
сложим два уравнения:

$(m_1+m_2)a=m_1·g-m_2·g$.

$a={30-10}/{1+3}=5м/с^2$

Дано:

$α_1=90°; υ_1=20м/с$

$α_2=30°; υ_2=80м/с$

${m_1}/{m_2}-?$

Решение:

Закон сохранения импульса говорит о том, что импульс ядра до взрыва должен быть равен сумме импульсов осколков после взрыва (это справедливо для векторов). Найдем проекции векторов на ось, перпендикулярную движению ядра: $0=p_1-p_2·sin30$

$m_1·υ_1=m_2·υ_2·sin30$

${m_1}/{m_2}={υ_2·sin30}/{υ_1}={80·0.5}/{20}=2$

Дано:

$S=20см^2$

$∆h=3см$

$m-?$

Решение:

Запишем 2 условия равновесия для стакана (без груза и с грузом): $\{\table\Mg=F_{A1}; \(M+m)g=F_{A2};$;
$M$ - масса стакана
$F_{A1}$, $F_{A2}$ - сила Архимеда, действующая на стакан без груза и с грузом
$F_{A1}=ρ_в·g·V_1=ρ_в·g·h_1S$
$F_{A2}=ρ_в·g·V_2=ρ_в·g·(h_1+∆h)S$
Учтено, что объём погруженной части стакана без груза и с грузом: $V_1=h_1S$, $V_2=(h_1+∆h)S$, так как стакан имеет форму цилиндра. ( $h_1$ - глубина погружения стакана без грузика)

Система уравнений примет вид:
$\{\table\Mg=ρ_в·g·h_1S; \(M+m)g=ρ_в·g·(h_1+∆h)S;$;

Для решения системы уравнения вычтем из нижнего уравнения верхнее и получим:
$mg=ρ_в·g·∆hS$, следовательно
$m=ρ_в·∆hS=1000·3·10^{-2}·20·10^{-4}=6·10^{-2}кг=60г$

Дано:

$t=8$c

$υ_{п.б.}=88$м/с

Найти: $υ_0-?$

Решение:

Зависимость скорости брелока от времени t: $υ(t)=v_{п.б.}=υ_0+g{t};$
$υ_0=υ_{п.б.}-gt=88-10*8=8$м/с.

Начальная скорость брелока и есть скорость парашутиста $υ_0=8$м/с.

Решение:

Запишем равенство моментов от силы тяжести и от приложенной силы. Момент силы тяжести $mg√{R^2-(R-h)^2}$, а от действующей силы $F(R-h)$, тогда $mg√{R^2-(R-h)^2}=F(R-h)$, помним, что $F=mg$.

$R^2-(R-h)^2=(R-h)^2⇒R=√2(R-h)⇒1.41h=0.41R$.

$h={0.41}/{1.41}·R=0.293·R$

Дано:

$m=0.8$кг

$υ=10$м/с

$Q-?$

Решение:

По закону сохранения импульса:${mυ_0}={mυ_1 + mυ_2}$

Запишем закон сохранения энергии ${mυ_0^2}/{2}={mυ_1^2}/{2}+ {mυ_2^2}/{2}+Q$

$Q={m}/{2}·( {υ_0^2}-{υ_1^2}-{υ_2^2})=19.2$Дж