Обоснование:
1) рассмотрим систему отсчёта, завязанную с землёй, это инерциальная система отсчёта, значит в данной задаче применим 2 закон Ньютона
2) для движения саней справедлив закон изменения энергии, так как присутствует непотенциальная сила - сила трения-скольжения. Работа силы трения равна изменению полной механической энергии саней

Дано:

$h=10$м

$μ=0.05$

$α=30°$

$g=10м/с^2$

$S_2-?$

Решение:

1 способ: через закон изменения энергии

Сумма работ сил трения на участках $S_1$ и $S_2$ равна изменению полной механической энергии мальчика на санках:

$∆E=A_{тр1}+A_{тр2}$

$0-mgh=F_{тр1}S_1cos(a_1)+F_{тр2}S_2cos(a_2)$

$a_1$ $a_2$ - углы между силами трения и перемещениями.
$a_1=a_2=180$

$-mgh=-F_{тр1}S_1-F_{тр2}S_2$

$mgh=F_{тр1}S_1+F_{тр2}S_2$ (1)

Найдём силы трения:

2 закон Ньютона при движении по склону:
$ma↖{→}_1=mg↖{→}+F_{тр}↖{→}_1+N↖{→}_1$

Проекция на ось, перпендикулярную наклонной поверхности:
$N_1-mgcosα=0$ $=>$ $N_1=mgcosα$

Путь, пройденный санками по горе $S_1$ равен: $S_1={h}/{sinα}$

$F_{тр1}=μN_1=μmgcosα$

2 закон Ньютона при движении по горизонтальной поверхности:
$ma↖{→}_2=mg↖{→}+F_{тр}↖{→}_2+N↖{→}_2$

Проекция на вертикальную ось:
$N_2-mg=0$ $=>$ $N_2=mg$

$F_{тр2}=μN_2=μmg$

Подставим всё в уравнение (1):

$mgh=μmgcosα{h}/{sinα}+μmgS_2$
$h=μcosα{h}/{sinα}+μS_2$
$h-μctgα{h}=μS_2$
$S_2=h/μ(1-μctgα)=182.6$

***

2 способ: через кинематику

Запишем второй закон Ньютона: $ma↖{→}=mg↖{→}+F_{тр}↖{→}+N↖{→}$(1). В проекциях на Ох: $ma=mgsinα-F_{тр}$(2), Oy: $O=N-mgcosα$(3), откуда $N=mgcosα$(4). Учитывая, что сила трения $F_{тр}=μN=μmgcosα$(5). Тогда ускорение тела из (2): $a={mgsinα-F_{тр}}/{m}={mgsinα-μmgcosα}/{m}=g(sinα-μcosα)$(6). Путь, пройденный санками по горе $S_1$ равен: $S_1={h}/{sinα}={υ^2}/{2a}$. Откуда квадрат скорости в конце спуска: $υ^2={2ah}/{sinα}={2gh(sinα-μcosα)}/{sinα}=2gh(1-μctgα)$(7). Запишем закон сохранения энергии: ${mυ^2}/{2}-0=F_{тр}·S_2$. Откуда $S_2={mυ^2}/{2F_{тр}}$(8), где $F_{тр}=μmg$. Тогда расстояние, которое санки пройдут по горизонтальному участку до полной остановки: $S_2={mυ^2}/{2F_{тр}}={m·2gh(1-μctgα)}/{2μmg}={h}/{μ}(1-μctgα)$(9).

Подставим числовые значения и найдем $S_2$: $S_2={10}/{0.05}·(1-0.05·ctg30)=200·(1-0.05·√3)=200(1-0.0866)=200(0.91339)=182.679=182.7$м.

Обоснование: для полёта шара применим закон сохранения энергии, так как в системе отсутствуют непотенциальные силы (силой сопротивления воздуха пренебрегаем). При ударе шара о землю энергия не сохраняется, так как уменьшение скорости при ударе свидетельствует о потери кинетической энергии, значит удар нельзя считать упругим.

Дано:

$h_1=1$м

$υ_2=0.94υ_1$

$t=1.3$

$N-?$

Решение:

Падая с высоты $h_1$, шарик подлетает к полу со скоростью $υ_1$, а отталкивает от него со скоростью $υ_2=0.94υ_1$. Согласно закону сохранения механической энергии: $mgh_1={mυ_1^2}/{2}$ и $mgh_2={mυ_2^2}/{2}$, откуда $υ_1=√{2gh_1}$, а $υ_2=√{2gh_2}$

После почленного деления получим: ${υ_2}/{υ_1}={0.94υ_1}/{υ_1}={√{h_2}}/{√{h_1}}$, т.е. $h_2=(0.94)^2·h_1$.

Промежуток времени с момента падения шарика до второго удара об пол: $t=t_1+2t_2$, где $t_1$ - время падения шарика с высоты $h_1$ и $t_2$ - время падения шарика с высоты $h_2$.

Найдем $t_1$ и $t_2$: $h_1={gt_1^2}/{2}$, откуда $t_1=√{{2h_1}/{g}}=√{{2·1}/{9.8}}=0.451c$. Тогда $t_2=√{{2h_2}/{g}}=0.94√{{2h_1}/{g}}=0.94·0.451c=0.4246c$

Поскольку после первого удара шарику нужно подняться на высоту $h_2$, то время между первым и вторым ударом будет равно $2t_2$ или $2t_2=2·0.4246=0.849c$

Сложив $t_1$ и $2t_2$ получим: $t_1=2t_2=0.451+0.849=1.3c$. Значит, за время $t=1.3$ секунды, шарик совершает $N=2$удара.

Дано:
$υ_0=3.13м/c$
$h-?$

Решение:

Запишем уравнения движения для 1 и 2 тела $\{\table\y=υ_0t_1-{gt_1^2}/{2}; \y=υ_0t_2-{gt_2^2}/{2};$

Также известно, что 2 тело бросили позднее по $t_1-t_2=τ$,
$τ$-время, за которое первое тело долетело до верхней точки.
В верхней точке $v=0=v_0-gτ$, значит $τ={υ_0}/{g}$.

$y=h$ - высота, на которой тела встретились.

Решим систему уравнений: (здесь представлено одно из множества возможных решений системы уравнений)
$\{\table\h=υ_0t_1-{gt_1^2}/{2}; \h=υ_0t_2-{gt_2^2}/{2};$
Вычитаем из верхнего уравнения нижнее:
$v_0(t_1-t_2)-g/2({t_1}^2-{t_2}^2)=0$
$v_0(t_1-t_2)-g/2(t_1-t_2)(t_1+t_2)=0$
$v_0-g/2(t_1+t_2)=0$
$v_0=g/2(t_2+τ+t_2)=g/2(2t_2+{υ_0}/{g})$ (учтено, что $t_1=t_2+τ$ и что $τ={υ_0}/{g}$)
$t_2={υ_0}/{2g}$
Подставим $t_2$ во второй уравнение: $h=υ_0{υ_0}/{2g}-{g/{2}({υ_0}/{2g})^2}={{υ_0}^2}/{2g}-1/{4}{{υ_0}^2}/{2g}={3}/{4}·{υ_0^2}/{2g}={3}/{4}·{{3.13}^2}/{2·10}≈0.4$м.

Обоснование: в данной задаче применим 2 закон Ньютона, так как каждый груз движется поступательно в инерциальной системе отсчёта. При этом, так как грузы соединены нерастяжимыми нитями, грузы будут двигаться с одинаковым ускорением. Силы натяжения каждой отдельно вязтой нити буут равны, так как нити невесомы.

Дано:

$m_1=m_2=m_3=m=2$кг

$m_4=5$кг

$μ=0.1$

$g=10м/с^2$

$a-?$

Решение:

Учитывая, что нити невесомые и не растяжимые, то ускорения ${a_1}↖{→}={a_2}↖{→}={a}↖{→}$ и силы натяжения нитей: $T_{12}=T_{21};T_{23}=T_{32};T_{34}=T_{43}$(1).

Запишем второй закон Ньютона для каждого груза:

1 груз: $Ох_1$: $ma=T_{12}-mgsinα-F_{тр_1}$, где $F_{тр_1}=μN_1$; $Oy_1$: $O=N_1-mgcosα$, откуда $N_1=mgcosα; ma=T_{12}-mgsinα-μmgcosα$(2).

2 груз: $Ох_1$: $ma=T_{23}-T_{21}-mgsinα-μmgcosα$(3); $Oy_1$: $O=N_2-mgcosα$, откуда $F_{тр_2}=μN_2=mgcosα$.

3 груз: $Ох_1$: $ma=T_{34}-T_{32}-mgsinα-μmgcosα$(4); $Oy_1$: $O=N_3-mgcosα$, откуда $F_{тр_3}=μN_3=mgcosα$.

4 груз: $Oy_2$: $m_4a=m_4g-T_{43}$(5).

Из (2) выразим $T_{12}$: $T_{12}=ma+mgsinα+μmgcosα$(6).

Подставим (6) в (3), учитывая, что $T_{12}=T_{21}$: $ma=T_{23}-ma-mgsinα-μmgcosα-mgsinα-μmgcosα; T_{23}=2ma+2mgsinα+2μmgcosα$(7).

Подставим (7) в (4), учитывая, что $T_{23}=T_{32}$: $ma=T_{34}-2ma-2mgsinα-2μmgcosα-mgsinα-μmgcosα; T_{34}=3ma+3mgsinα+3μmgcosα$(8).

Подставим (8) в (5), учитывая, что $T_{34}=T_{43}$: $m_4a=m_4g-3ma-3mgsinα-3μmgcosα; m_4a+3ma=m_4g-3mgsinα-3μmgcosα$.

$a(m_4+3m)=m_4g-3mgsinα-3μmgcosα$

$a={m_4g-3mgsinα-3μmgcosα}/{(m_4+3m)}$(9)

Подставим числовые значения в (9) и найдем ускорение $a$: $a={5·10-3·2·10·0.5-3·0.1·2·10·0.866}/{5+3·2}={50-30-5.196}/{11}={14.804}/{11}=1.345м/с^2≈1.35м/с^2$.

Обоснование:
1) для отдельно рассматриваемых движений: движения шара до удара и движения двух шаров после удара - применим закон сохранения полной механической энергии, так как отсутствуют непотенциальные силы (силой сопротивления воздуха пренебрегаем)
2) при абсолютно неупругом ударе шаров энергия системы не сохраняется, но выполняется закон сохранения импульса системы, так как время взаимодействия шаров мало .

Дано:

$m_1=0.3$кг

$m_2=0.2$кг

$α=60°$

$β-?$

Решение:

Запишем закон сохранения энергии: $W_{п_1}=W_{к_1}$ или $m_1gh_1={m_1υ_1^2}/{2}$(2), где $h_1=l(1-cosα)$, где $l$ - длина нити. Тогда скорость первого шара перед ударом: $υ_1=√{2gl(1-cosα)}$(3). Запишем закон сохранения импульса: импульс системы остается постоянным при любых взаимодействиях внутри системы: $m_1υ_1↖{→}=(m_1+m_2)·U↖{→}$(4). В проекции на ось $X$: $m_1υ_1=(m_1+m_2)·U$(5). Тогда скорость шаров после соударения: $U={m_1υ_1}/{(m_1+m_2)}$(6). Запишем закон сохранения энергии: $W'_{к_1}=W'_{п_1}$ или ${m_1U^2}/{2}=m_1gh_2$, где $h_2=l(1-cosβ)$(7). Тогда высота $h_2$, на которую поднимутся шары после удара: $h_2={U^2}/{2g}={1}/{2g}·{m_1^2}/{(m_1+m_2)^2}·υ_1^2={1}/{2g}·{m_1^2·2gh_1}/{(m_1+m_2)^2}$ или $l-lcosβ={m_1^2·(l-l·cosα)}/{(m_1+m_2)^2}⇒l(1-cosβ)={0.09·l(1-cosα)}/{0.25}⇒0.25-0.25cosβ=0.09-0.09cosα⇒0.25-0.25cosβ=0.09-0.09cos60°⇒0.25-0.25cosβ=0.09-0.09·0.5$

$0.25cosβ=0.25-0.09+0.045$

$0.25cosβ=0.205$

$cosβ={0.205}/{0.25}=0.82$

$β=arccos(0.82)$

$β=34.91°$

Обоснование:
1) для системы горка-монета применим закон сохранения импульса, так как внешние силы, действующие на систему скомпенсированы (сила тяжести и сила реакции опоры) и систему можно считать замкнутой
2) полная механическая энергия монеты при движении по горке сохраняется, так как поверхность горки гладкая, а значит силы трения отсутствуют

Дано:

$h_1=h$

$h_2=h/2$

$v_m=v$

Решение:

Закон сохранения импульса системы горка+монета:

$Δp↖{→}=0$

$p↖{→}_1=p↖{→}_2$

Начальный импульс системы: $p_1=0$

$0=mv↖{→}_м+Mv↖{→}_г$

$m$ - масса монеты, $M$ - масса горки/

В проекциях на горизонтальную ось x, направленную вправо:

$0=-mv_м+Mv_г$ $=>$ $mv_м=Mv_г$ (2)

Закон сохранения полной механической энергии системы:

$ΔE=0$ $=>$ $E_2-E_1=0$

$E_1,E_2$ - полн. мех. энергия системы в состояниях, когда монета находится на правой и левой вершинах соответственно.

$mgh_1+{m{v_{м0}}^2}/2=mgh_2+{m{v_{м}}^2}/2+{М{v_{г}}^2}/2$ (2)

Таким образом, часть потенциальной энергии монеты переходит в кинетическую энергию горки и самой монеты

Начальная скорость монеты $v_{м0} =0$ по условию

Для того, чтобы найти скорость горки ${v_{г}}^2$ из уравнения (2):

${v_{г}}^2=m/M2g(h_1-h_2)-m/M{v_{м}}^2$

${v_{г}}^2=m/M(2g(h_1-h_2)-{v_{м}}^2)$

Dыразим соотношение масс $M/m$ из уравнения(1):

$M/m={v_{м}}/{v_{г}}$

Подставим это в выражение для ${v_{г}}^2$:

${v_{г}}^2={v_{г}}/{v_{м}}(2g(h_1-h_2)-{v_{м}}^2)$

Сократим ${v_{г}}$ и подставим значения высот, а также учтем, что $v_m=v$ :

${v_{г}}=1/{v}({2g(h-h/2)-{v^2}})={2gh/2}/v-v={gh}/{v}−v$

Ответ: ${gh}/{v}−v$

Обоснование:
1) так как по условию задачи разрешено пренебречь сопротивлением воздуха, в процессе подъёма до точки разрыва на снаряд не действуют никакие непотенциальные силы, поэтому применим закон сохранения энергии
2) в процессе разрыва снаряда выполняется закон сохранения импульса, так как время разрыва мало

1) Точка максимального подъема: $h={v_0^2}/{2g}$

2) В точке максимального подъема в момент разрыва выполняется закон сохранения импульса в проекции на ось у: $m_1v_1=m_2v_2⇒{m_1}/{m_2}={v_2}/{v_1}$

3) Для первого осколка: $h={v_k^2-v_1^2}/{2g}⇒v_1^2=v_k^2-v_0^2(v_0^2=2gh)$

4) Для второго осколка: $0=h+v_2τ-{gτ^2}/{2}⇒v_2={gτ}/{2}-{h}/{τ}$

Соответственно получаем: ${m_1}/{m_2}={({gτ}/{2}-{h}/{τ})}/{√{v_k^2-v_0^2}}≈0.6$

Пусть $v$ - скорость пули до соударения с шаром, $v_1$ - скорость после соударения, $U$ - скорость шара после соударения. По ЗСИ: $mv=MU+mv$

откуда $U={m}/{M}(v-v_1)$

Запишемт ЗСЭ для шара ${MU^2}/{2}=Mgh$, где $h$ - высота подъема шара.

$h=l(1-cosα)$

$U^2=2gl(1-cosα), U=-(v-v_1)={v-v_1}/{4}$

${(v-v_1)^2}/{16·2g(1-cosα)}=l$

$l={(80-20)^2}/{32·10·(1-cos60)}={400}/{160}=2.5$м

Найдем скорость II шарика перед ударом (по ЗСЭ)

${m_{2}v^2}/{2}=m_{2}gl$

$v=√{2gl}$

Так как удар абсолютно не упругий, то после соударения, тела будут двигаться с одинаковой скоростью.

По ЗСИ: $(m_1+m_2)u=m_{2}v$

$u={m_{2}v}/{m_1+m_2}$

По ЗСЭ в тело перейдет часть энергии $Q$

$Q=m_2gl-{(m_1+m_2)u^2}/{2}=m_2gl-{(m_1+m_2)m_2^2·2gl}/{2(m_1+m_2)^2}={m_2gl(m_1+m_2)-m_2^2gl}/{m_1+m_2}={m_1m_2}/{m_1+m_2}gl$

$α={Q}/{m_2gl}={m_1m_2gl}/{(m_1+m_2)m_2gl}={m_1}/{m_1+m_2}={1}/{4}=0.25$

Обоснование:
1)так как в системе есть сила трения, энергия пружинного маятника не сохраняется. Значит работает закон изменения энергии, согласно которому работа силы трения равна изменению полной механической энергии
2) рассматривая задачу в системам отсчёта, связанной с неподвижной плоскостью, можем применять второй закон Ньютона

Закон изменения энергии: $E_{п2}-E_{п1}=A_{F_{тр}}$, где $A_{F_{тр}}$ - работа силы трения

Потенциальные энергии для начального и конечного положений: $E_{п1}={kd^2}/{2}; E_{п2}={Kx^2}/{2}$

Работа силы трения по перемещению груза из первого положения во второе: $A_{F_{тр}}=-μmg(d+x)$

Проекция второго закона Ньютона на ось х во втором положении: $μmg=kx⇒x={μmg}/{k}$ - подставим в закон изменения энергии, используя выражение для работы силы трения и потенциальной энергии пружины:

$${Kx^2}/{2}-{kd^2}/{2}=-μmg(d+x)$$ так как $=x={μmg}/{k}$, то при подстановке получим следующее: $${K({{μmg}/{k}})^2}/{2}-{kd^2}/{2}=-μmg(d+{μmg}/{k})$$ раскроем скобки: $${(μmg)^2}/{2k}-{kd^2}/{2}=-μmgd-{(μmg)^2}/{k}$$ приведём подобные слагаемые: $${3}/{2} {(μmg)^2}/{k} - {kd^2}/{2}+μmgd =0$$ приведём к общему знаменателю: $$3(μmg)^2-k^2 d^2+2μmgd k =0$$ Преобразуем и получим квадратное уравнение относительно $k$

$k^2-{2μmg}/{d}k-3{μ^2m^2g^2}/{d^2}=0$

$k={μmg}/{d}±√{4{μ^2m^2g^2}/{d^2}}={μmg}/{d}±2{μmg}/{d}$

Выберем положительное значение: $k={3μmg}/{d}=40$Н/м

Расставим силы, действующие на тела. Т.к. тела связаны нитью, то они двигаются с одинаковым ускорением. Запишем II закон Ньютона для бруска и груза:

$\{\table\m{g}↖{-}+{T}↖{-}=m{a}↖{→}; \M{g}↖{-}+{N}↖{-}+{T}↖{→}+{F_{тр}}↖{-}=M{a}↖{-};$

в проекции на оси: $\{\table\T-F_{тр}=Ma; \N=Mg; \mg-T=ma;$ $F_{тр}=μMg$

Откуда $mg-μMg=Ma+ma$

$m(g-a)=M(a+μg)$

$M=m{g-a}/{a+μg}=0.8$кг

Обоснование:
1) Систему "снаряд-платформа с орудием" можно считать замкнутой, так как действие внешних сил (сила тяжести и сила реакции опоры) скомпенсированы, значит для системы выполняется закон сохранения импульса.
2) Сила сопротивления движению платформы создаёт ускорение, под действием которого платформа тормозит

Дано

$m=20кг$

$v=200м/с$

$α=45°$

$μ=0,1$

$m_n=2000кг$

$S-?$

Анализ

$1)m·v·cos45=m_n·u$

$2)a={F}/{M}={K·M·g}/{M}=kg$

$3)S={at^2}/{2}$ или $2aS=u^2$

$S={u^2}/{2a}$

Решение

$u={m·v·cos45}/{m_n}$

$u={200·20·0,7}/{2000}=1.4м/с$

$a=0,1·10=1м/с^2$

$S={1.4^2}/{2·1}=0,98$ м $ м

Обоснование: в данной системе применим закон сохранения импульса в проекции на горизонтальную ось, так как проекция внешних сил, действующих на систему "брусок-клин", на горизонтальную ось равна нулю.

Введём систему координат, направив ось $Ox$ горизонтально (см. рис.). Обозначим $v_{1x}$ и $v_{2x}$ — проекции скоростей бруса и клина на ось $Ox$. Запишем закон сохранения импульса: $mv_{1x} + Mv_{2x} = 0 ⇒ {v_{1x}} / {v_{2x}} = -{M} / {m} = -6$ (1).

Горизонтальное перемещение бруска и клина пропорциональны скорости:
${S_{1x}}=v_{1x0}t+{a_{1x}t^2}/2$, начальная скорость $v_{1x0}=0$, ускорение $a_{1x}={v_{1x}-v_{1x0}}/t={v_{1x}/t$. Тогда ${S_{1x}}={v_{1x}t}/2$. Аналогично ${S_{2x}}={v_{2x}t}/2$.

Т.к. соотношение (1) справедливо для любого момента времени, то для перемещений клина и бруса можно записать ${S_{1x}} / {S_{2x}} = {v_{1x}t} / {v_{2x}t}=-6$, т.е. $S_{x1} = -6S_{x2}$.

Брусок коснётся горизонтальной поверхности, когда $S_{1x} = L - l\cosα - |S_{x_2}|$, следовательно, $-6S_{x2} = L - l\cosα + S_{x_2}$ (учтено, что $S_{x2}<0$)
Получаем ответ $S_{x2} = -{L - l\cosα} / {7} = -({49см - {10см} ⋅{√ {2}} / {2}}/ {7}) = -6$ см. Перемещение клина будет отрицательным, так как оно направлено против оси x. Клин переместится на расстояние $|S_{x2}|=6$ см