А) Из задачи очевиден факт того, что $N=mgcosα$, т.к. тело лежит на наклонной плоскости(2).

Б) Сила трения $F_{тр}=F_{скат}=mgsinα$ по третьему закону Ньютона.

1) Т.к. центростремительное ускорение $a_ц={mυ^2}/{R}$, $R$ увеличивается, а $а_ц$ уменьшается.

2) Период обращения Т увеличивается, т.к. увеличивается радиус.

Известно, что период колебаний пружинного маятника равен $T=2π√{{m}/{k}}$, где $m$ - масса груза, $k$ - жесткость пружины. Учитывая, что частота $v={1}/{T}$ или $v={1}/{2π}√{{k}/{m}}$, видно, что при увеличении массы груза, частота колебаний $v$ уменьшится. Масса груза на жесткость пружины не влияет, следовательно, жесткость пружины не изменится.

Будем отсчитывать блоки слева направо. На левой нити второго блока сила натяжения равна ${T}/{2}$, следовательно, чтобы блок оставался в равновесии, на центр блока действует сила $T$. Аналогично второму блоку на центр третьего блока действует сила $2T$, тогда сила натяжения, действующая на участок нити СD равна $2T$. Такая же сила натяжения будет на правой нити четвертого блока. Чтобы пятый блок находился в равновесии, необходимо, чтобы центр блока действовала сила $4T$.

Груз, массой $m$, подвешенный к данной не растяжимой нити - это математический маятник. Период колебаний математического маятника равна $T=2π√{{l}/{g}}$, где $l$ - длина маятника, $g=9.8м/с^2$. Следовательно, при уменьшении $l$ период уменьшится. При колебаниях нитяного маятника выполняется закон сохранения полной механической энергии, поскольку на него не действует никаких внешних сил, совершающих работу. Будем отсчитывать потенциальную энергию маятника от положения устойчивого равновесия.

Тогда максимальная кинетическая энергия груза будет равна его потенциальной энергии во время максимального отклонения от положения равновесия. Из рисунка видно, что при уменьшении длины нити и неизменном угле максимального отклонения, высота подъема груза над положением равновесия уменьшается (h < H), а значит, уменьшается его потенциальная энергия в этом положении. Таким образом, при уменьшении длины нити и неизменном угле макисмальная кинетическая энергия груза уменьшается.

Так как соленость Черного моря больше, чем Азовского, то при переходе из Черного моря в Азовское, плотность воды уменьшится.

Так как теплоход плавает и не тонет, то выталкивающая сила равна силе тяжести, действующей на теплоход ($F_{Арх}=F_{тяж}$). При переходе из Чёрного моря в Азовское сила тяжести не изменяется. Т.е. и выталкивающая сила не изменится.

Выталкивающая сила (или сила Архимеда) прямопропорциональна произведению плотности жидкости на объем погруженной части тела (теплохода) ($F_{Арх}=ρ_{воды}gV_{погр}$). Так как плотность воды в Азовском море меньше, то объем погруженной части теплохода (осадка) должен стать больше.

А) Соответствует кинетической энергии шарика $E_к={mυ^2}/{2}$, где $υ=√{υ_x^2+υ_y^2}$, а $υ_x=const$ (горизонтальная проекция скорости всегда есть, поэтому скорость не обращается в ноль и даже в верхней точке траектории кинетическая энергия отлична от нуля)

Б) Проекция ускорения свободного падения на ось Оу, т.к. $g=const$ и направлено вниз.

Поскольку сила тяжести определяется выражением $F_т=mg$, т.е сила тяжести зависит от массы мяча, а масса мяча не изменится, то сила тяжести не изменится.

Скорость мяча определяется выражением: $υ=υ_0+gt$, тогда в первом и во втором случаях имеем $υ_1=υ_{01}+gt$ и $υ_2=υ_{02}+gt$, поскольку по условию задачи $υ_{02} > υ_{01}$, то $υ_2 > υ_1$, а т.к. кинетическая энергия $E_к={mυ^2}/{2}$, то в первом и во втором случаях имеем: $E_к1={mυ_1^2}/{2}$ и $E_к2={mυ_2^2}/{2}$, значит $E_к2 > E_к1$, то есть конечная кинетическая энергия увеличится.

Дано:

$υ=const$

Решение:

1) Модуль скорости ракеты не изменится, т.к. сопло тоже, только другое положение.

2) Т.к. скорость не изменялась, то и кинетическая энергия не изменилась.

Дано:

$h, m, A$

$А)a-?;Б)t-?$

Решение:

A) При подъеме тела на высоту $h$ с ускорением $a$ действует сила $F$. Запишем второй Ньютона: $ma=F–mg$, откуда $F=m(a+g)$, тогда $A=F·h=m(a+g)·h$, откуда ускорение $a={A}/{m·h}-g$.

Б) Выражение для времени подъема $t$ найдем, проанализируя единицы измерения в формулах: $√{{2mh^2}/{A-mgh}}=√{{кг·м^2}/{Дж}}=√{{кг·м^2}/{Н·м}}=√{{кг·м·с^2}/{кг·м}}=√{с^2}=с$..

Или выразим время из уравнения: $h={at^2}/2$, тогда $t=√{{2h}/{a}}=√{{2h}/{{A-mhg}/{mh}}}=√{{2mh^2}/{A-mgh}}$

Дано:

$m=2·10^4$кг

$μ=0.02$

$a=1.2м/с^2$

$g=10м/с^2$

$S=10$м

$А-?$

Решение:

Запишем второй закон Ньютона: $ma↖{→}=mg↖{→}+F_{тяги}↖{→}+N↖{→}+F_{тр}↖{→}$(1). В проекциях на Ох: $ma=F_{тяги}-F_{тр}$(2), откуда $F_{тяги}=ma+F_{тр}$(3), Oy: $O=N-mg$(4), откуда $N=mg$(5). Учитывая, что сила трения $F_{тр}=μN=μmg$(6), получим: $F_{тяги}=ma+μmg=m(a+μg)=2·10^4·(1.2+0.02·10)=2.8·10^4Н$. Тогда работа силы тяги: $A=F_{тяги}·S=m(a+μg)·S$. $E_к-maS$.

Дано:

$m, υ_0, g$

$E_п-?h-?$

Решение:

Полная механическая энергия системы в точках 1 и 2 одинакова: $E_1=E_2$(1), т.к. в точке 1 тело обладает только кинетической энергией, а в точке 2 - только потенциальной, т.е. $mgh={mυ_0^2}/{2}⇒h={υ_0^2}/{2g}$(2).

Закон всемирного тяготения: $F=G{mM}/{R^2}$
$F=ma_ц$
$ma_ц=G{mM}/{R^2}$
Центростремительное ускорение уменьшилось, значит, увеличился радиус ообращения. То есть увеличилась высота над землей, а значит, и потенциальная энергия.
Кроме того, $a_ц={v^2}/{R}$
Значит, $m{v^2}/{R}=G{mM}/{R^2}$ $$v^2=G{M}/{R}$$
Период обращения $$T={2π R}/{v}={2π R}/{√{G{M}/{R}}}={2π R√{R}}/{√{GM}}$$ Радиус увеличится, значит период увеличится

Потенциальная энергия пружины $E_п={kx^2}/{2}$, где $k$ - жесткость пружины, $x$ - удлинение пружины. Когда к динамометру подцепили твердое тело, то потенциальная энергия пружины увеличилась, т.к. увеличилось удлинение пружины. Жесткость же пружины осталась неизменной, т.к. не зависит от того висит или растягивает какое-либо тело пружину динамометра или нет.

Дано:

$m, α, F, μ$

$|F|-?|F_{тр}|-?$

Решение:

Запишем II закон Ньютона: $m{a}↖{→}=F↖{→}+N↖{→}+{F_{тр}}↖{→}+m{g}↖{→}$(1).

В проекциях на оси Ох и Оу: $Ox: O=F+F_{тр}-mgsinα$(2)

$Oy: O=N-mgcosα$(3)

Из уравнения (2) имеем: $F=mgsinα-F_{тр}$(4), учитывая, что $F_{тр}=μN$(5) и $N=mgcosα$(6), имеем: $F=mgsinα-F_{тр}=mgsinα-μmgcosα$(8).