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: 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
1) Для падения груза выполняется закон сохранения энергии, потому что если не учитывать сопротивление воздуха, на в процессе падения на груз не действуют непотенциальные силы, и систему "груз-земля" можно считать консервативной.
2) При попадании груза в песок, возникает неконсервативная сила - сила сопротивления грунта. При движении груза в грунте выполняется закон изменения энергии, согласно которому, работа неконсервативных сил равна изменению полной механической энергии системы.
3) Изменение потенциальной энергии при движении груза в песке можно считать пренебрежимо малым, так как перемещение груза в песке примерно в 100 раз меньше высоты, с которой падает груз.

Дано:

$m=1$кг

$h=240$м

$S=0.2$м

$F_c-?$

$υ_0=14$м/с

Решение:

Полная механическая энергия груза в начале падения: $E_0=mgH+{mυ_0^2}/{2}$. По Закону сохранения энергии она равна энергии груза перед попаданием в песок: $E_1=E_0$
Изменение энергии груза до значения $E_2=0$ равно работе силе сопротивления грунта: $E_2-E_1=-F_c·S; $
$-E_0=-F_c·S; $
$mgH+{mυ_0^2}/{2}=F_c·S; $
$F_c={1}/{S}(mgH+{mυ_0^2}/{2})$

$F_c={1}/{0.2}(1·10·240+{1·14^2}/{2})≈12490$H.

Обоснование:
1) для определения связи скорости платформы с орудием и скорости снаряда воспользуемся законом сохранения импульса в проекции на горизонтальную ось. Закон в такой форме применим, так как внешние силы, действующие на систему, не имеют проекций на горизонтальную ось.
2) Так как орудие безоткатное, орудие и платформу можно рассматривать как одно физическое тело.

Решение:
По ЗСИ (в проекции на ось Х) изменение проекции импульса системы:
$Δp_x =p_x-p_{0x}=0 $
проекция импульса системы до выстрела: $p_{0x}=0$,
проекция импульса системы сразу после выстрела: $p_x=mυcosα-MU$
$mυ_0cosα=MU$

Выразим из ЗСИ скорость платформы после выстрела: $U={mυ_0cosα}/{M}$.

При дальнейшем платформу тормозит сила трения. Запишем закон изменения энергии.
$ΔE_к=A_{тр}$.

Изменение кинетической энергии: $ΔE_к=0-{MU^2}/{2}$
Работа силы трения: $A=F_{тр}lcosβ$,
здесь $F_{тр}=μN$ - сила трения, $β$ - угол между силой и перемещением, так как сила трения всегда направлена против движения $β=180$, значит $cosβ=-1$.
Получим: $-{MU^2}/{2}=-μNl$.

$N$ - сила реакции опоры. Из 2 закона Ньютона для платформы в проекции на вертикальную направленную вверх ось получим: $N-mg=0$, $N=mg$

Тогда закон изменения энергии примет вид: ${MU^2}/{2}=μMgl$$⇒l={U^2}/{2μg}={m^{2}υ_0^{2}cos^{2}α}/{2μM^{2}g}≈4м$

Дано:

$M=400$г

$R=20$см

$m=100$г

Найти:

$v_m-?$

Решение:

Из закона сохранения энергии от момента в высшей точке до момента набора максимальной скорости шайбой:

$mgR={mv_{max}^2}/{2}⇒v_{max}=√{2gR}$ (1) - максимальная скорость шайбы.

Так как шайба набрала скорость, её импульс изменился, но брусок не откатился влево по закону сохранения импульса (ему помешала сила реакции N), и закон сохранения импульса на этом участке для системы шайба-брусок не действует. Он начинает действовать после того, как шайба прошла нижнюю точку.

Из закона сохранения энергии для участка от момента прохождения шайбой нижней точки до момента набора бруском максимальной скорости:

${mv_{max}^2}/{2}={Mv_{m}^2}/{2}+{mv_{1}^2}/{2}$, где $v_1$ - это скорость шайбы относительно земли во время движения бруска (она будет другая!)

Умножим обе части на 2 и перенесём влево всё, что с $m$:

${mv_{max}^2}-{mv_{1}^2}={Mv_{m}^2} ⇒ {m(v_{max}^2-v_{1}^2)}={Mv_{m}^2}⇒{m(v_{max}+v_{1})(v_{max}-v_{1})}={Mv_{m}^2}$ (2)

Из закона сохранения импульса для системы:

$mv_{max}+0=Mv_m-mv_{1}⇒mv_{max}+mv_{1}=Mv_m⇒m(v_{max}+v_{1})=Mv_m$ (3)

Поделим (2) на (3):

$v_{max}-v_1=v_m⇒v_1=v_{max}-v_m$ (4)

Подставим (4) в (3):

$m(v_{max}+v_{max}-v_m)=Mv_m⇒2mv_{max}-mv_m=Mv_m⇒2mv_{max}=(M+m)v_m$

$v_m=2mv_{max}/(M+m)=2m√{2gR}/(M+m)=0.8$м/с

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

$U=1$м/с (скорость плиты)

Пусть $v$ - скорость шарика перед ударом о плиту. Тогда из Закона сохранения энергии ${mv^2}/{2}=mgh(h=1.69м)$

Откуда, $v=√{2gh}$

Для расчета скорости шарика после отскока перейдем в систему отсчета, связанную с плитой. В этой системе, скорость шарика равна $v+4$. Удар упругий, значит, после отскока, скорость изменит направление, но не изменит величины.

В системе отсчета "плита" - шарик двигается вверх, со скоростью $v+U$, так же плита тоже двигается вверх, со скоростью $U$. Таким образом, скорость шарика в неподвижной С.О. равна $v+U+U=v+2U$

Отсалось найти высоту подъема после отскока по ЗСЭ: ${m(v+2U)^2}/{2}=mgH$

$(√{2gh}+2U)^2=2gH; H=(√h+U√{{2}/{g}})^2≈3.05м$

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

Обоснование:
1) для удара шаров применим закон сохранения импульса, так как время взаимодействия шаров пренебрежимо мало.
2) при ударе часть энергии теряется, поэтому можно применить закон сохранения энергии системы, учитывая в нём потери энергии
3) для движения каждого отдельно взятого шара применим закон сохранения полной механической энергии шара, так как отсутствуют непотенциальные силы (силу сопротивления воздуха считаем пренебрежимо малой и не учитываем)

Закон сохранения энергии с учётом потерь энергии $Q$:

$m_1gh_1=m_2gh_2+Q$ (1)

Начальная энергия системы: $E=m_1gh_1$ (2)

Закон сохранения импульса для моментов времени: непосредственно перед ударом и сразу после удара:

$m_1v_1=m_2v_2$ (3)

$v_1$ - скорость 1 шарика пред ударом, $v_2$ - скорость 2 шарика сразу после удара.

Законы сохранения механической энергии шариков 1 и 2 в процессе полёта:

${m_1v_1^2}/{2}=m_1gh_1$ (4)

${m_2v_2^2}/{2}=m_2gh_2$ (5)

Учитывая уравнения (1) и (2) доля потерянной энергии:

${Q}/{E}={m_1gh_1-m_2gh_2}/{m_1gh_1}=1-{m_2h_2}/{m_1h_1}$ (6)

Отношение масс выразим из ЗСИ (3): ${m_2}/{m_1}={v_1}/{v_2}$

Отношение скоростей получим, разделив (4) на (5):

${v_1}/{v_2}=√{{h_1}/{h_2}}$

Тогда выражение (6) примет вид:

${Q}/{E}=1-√{{h_1}/{h_2}}{h_2}/{h_1}=1-√{{h_2}/{h_1}}$

Пусть длина нитей равна $l$. Выразим высоты через косинусы углов отклонениq:

${h_1}=l-lcosα=l(1-cosα)$

${h_2}=l-lcosβ=l(1-cosβ)$

${Q}/{E}=1-√{{l(1-cosβ)}/{l(1-cosα)}}=1-√{{1-cosβ}/{1-cosα}}≈0,23$

Ответ: 0,23

Есть альтернативный способ. Для этого нужно ЗСЭ с учетом потерь и начальную энергию записывать не через потенциальнцю энергию, а через кинеическую. Тогда получится следующая система уравнений:

$\{\table\ .{m_1v_1^2}/{2}=m_1gL(1-cosα); \.{m_2v_2^2}/{2}=m_2gL(1-cosβ);\ m_1v_1=m_2v_2; \ .{m_1v_1^2}/{2}={m_2v_2^2}/{2}+Q;$ $⇒$ $\{\table\ .{v_2}/{v_1}=√{{1-cosβ}/{1-cosα}}; \ .{m_2}/{m_1}={v_1}/{v_2}; \ Q={1}/{2}(m_1v_1^2-m_2v_2^2);$

Полная механическая энергия системы: $E={m_1v_1^2}/{2}$

Тогда ${Q}/{E}=1-{m_2}/{m_1}·{v_2^2}/{v_1^2}=1-{v_2}/{v_1}=1-√{{1-cosβ}/{1-cosα}}≈0.23$

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

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 $Q$

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

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

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

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

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