Вариант 103 для самоподготовки

Векторно! Фишка в том, что силы попарно перпендикулярны. Известно, что $\vec{mg}+\vec{N}+\vec{F_{tr}}+\vec{F}=0$. Тогда $\vec{N}+\vec{F_{tr}}=-\vec{mg}-\vec{F}$. Следим, чтобы в правой части оказались бы перпендикулярные силы, и в левой тоже. Теперь возводим в квадрат. Так как скалярные произведения перпендикулярных векторов равны 0, то удвоенные произведения исчезнут, и останется равенство: $$N^2+F_{tr}^2=(mg)^2+F^2$$ Отсюда $F=\sqrt{26}$.

Здравствуйте, подскажите пожалуйста как решить задачу 25

Да!

Пишем уравнение по второму закону Ньютона для блока А: $$m_A\cdot a=2T-T$$ Так как блок легкий, то $$m_A=0$$ И $T=0$, поэтому ускорения всех грузов примерно равны $g$. Далее кинематическая связь: $$x_1+x_2+x_3+x_3-x_A+x_4-x_A+x_4+x_A=const$$ Здесь координаты грузов $x_i$ отсчитываются от горизонтали, проведенной через оси неподвижных блоков. Переписываем: $$x_1+2x_2+2x_3+2x_4=const+x_A$$ Берем производную дважды: $$a_A=a_1+2a_2+2a_3+2a_4$$ $$a_A=7a_1=7g$$

Спасибо, сделано.

У меня ответ 5 см.

Можно по-разному решить. Я решила как построением, так и аналитически. Привожу аналитическое решение: Сначала поймем, где будет изображение, даваемое первой линзой, по формуле линзы: $$\frac{1}{d}+\frac{1}{f}=\frac{1}{F}$$ $$\frac{1}{25}+\frac{1}{f}=\frac{1}{15}$$ $$\frac{1}{f}=\frac{2}{75}$$ $$f=37,5$$ То есть изображение, даваемое первой линзой, будет в 7,5 см от второй, справа. Ближе фокуса. Вот тут небольшая сложность возникает, так как этот случай - случай мнимого предмета. То есть, если данное изображение представить предметом для второй линзы, то на вторую линзу падал бы сходящийся пучок лучей. В этом случае формула линзы выглядит так: $$\frac{1}{F_2}=-\frac{1}{d_2}+\frac{1}{f_2}$$ Откуда $$\frac{1}{f_2}=\frac{3}{F_2}$$ $$f_2=5$$ Если нужен чертеж моего графического решения (построением), напишите на почту - вышлю.

Вы ошиблись. Именно угол 45 градусов должен быть у графика зависимости силы трения от силы, действующей на предмет.

От начала полета в течение 1,6 с расстояние увеличивалось. От начала полета до момента, когда оно снова начало увеличиваться, прошло 1,8 с. То есть эти точки - экстремумы некоторой функции. Что можно сказать об этих точках? Что вектор перемещения и вектор скорости перпендикулярны! Используем этот факт и найдем скалярное произведение векторов, которое должно быть равно нулю. $$\vec{\upsilon}\cdot \vec{r}=0$$ Где $$\vec{\upsilon}=\vec{\upsilon_0}+\vec{g}t$$ $$\vec{r}=\vec{\upsilon_0}t+\frac{\vec{g}t^2}{2}$$ Тогда: $$(\vec{\upsilon_0}+\vec{g}t)(\vec{\upsilon_0}t+\frac{\vec{g}t^2}{2})=0$$ Имеем: $$\upsilon_0^2t+\upsilon_0 g t^2\cos{(90+\alpha)}+\frac{g^2t^3}{2}+\frac{\upsilon_0t^2}{2}\cos{(90+\alpha)}=0$$ Угол $\alpha$ - угол, под которым бросали. Угол $90^{circ}+\alpha$ - угол между векторами $g$ и $\upsilon_0$. Так как $\cos{(90+\alpha)}=-\sin\alpha$, то $$\upsilon_0^2t-\upsilon_0 g t^2\sin{\alpha}+\frac{g^2t^3}{2}-\frac{\upsilon_0t^2}{2}\sin{\alpha}=0$$ $$\upsilon_0^2t-1,5\upsilon_0 g t^2\sin{\alpha}+\frac{g^2t^3}{2}=0$$ Сокращаем на $t$: $$\upsilon_0^2-1,5\upsilon_0 g t\sin{\alpha}+\frac{g^2t^2}{2}=0$$ $$t^2-\frac{3\sin\alpha \upsilon_0 t}{g}+\frac{2\upsilon_0^2}{g^2}=0$$ Имеем квадратное уравнение относительно времени, причем его корни нам известны: это 1,6 с и 1,8 с. По свойству корней квадратного уравнения $$t_1\cdot t_2=\frac{2\upsilon_0^2}{g^2}=1,6\cdot 1,8$$ $$\frac{3\sin\alpha \upsilon_0 }{g}=t_1+t_2=1,6+1,8$$ Получаем, что $$\frac{2\upsilon_0^2}{g^2}=1,44$$ $$\upsilon_0^2=144$$ $$\upsilon_0=12$$ И $$3\sin\alpha\cdot 1,2=3,4$$ $$\sin\alpha=0,944$$ $$\alpha=71^{\circ}$$.

Прошу прощения, Анна, но мне кажется, что ошибаетесь вы. В пункте А задачи 2 написано: зависимость силы терния скольжения от силы нормального давления. В этом случае угол может быть любой.

Действительно, Вы правы, а я была невнимательна. Там же прямая пропорциональность: $F_{tr}=\mu N$. И угол в зависимости от $\mu$ любой. В принципе, подходят оба графика, и 1 и 4. В задаче, думаю, не должны были присутствовать два графика прямой пропорциональности.

Использовать метод виртуальных перемещений. Брусок съезжает влево на $\Delta X$, груз вместе с ним тоже, но за счет высвобождения длины нити $\Delta X$ груз сместится еще и вдоль нити на расстояние $\Delta X$. Смещение груза по осям: $$\Delta x=\Delta X(1-\sin \alpha)$$ $$\Delta y=\Delta X\cos \alpha$$ Дифференцируем и получаем ускорения по обеим осям. Далее второй закон Ньютона тоже по обеим осям. Оси традиционно введены.

Спасибо большое! Буду разбираться.

Вот с этого момента: $$OX: ma_x=T\sin \alpha$$ $$OY: ma_y=mg-T\cos \alpha$$ Я уравнения домножила: первое - на $\cos \alpha$, второе - на $\sin \alpha$. И сложила $$m(a_x\cos \alpha+a_y\sin\alpha)=mg\sin \alpha$$ $$a_x\cos \alpha+a_y\sin\alpha=g\sin \alpha~~~~~~~~~~~~~~~~~~(1)$$ Но $$a_x=A(1-\sin \alpha)$$ $$a_y=A\cos \alpha$$ То есть $$a_x=\frac{1-\sin \alpha}{\cos \alpha}\cdot a_y$$ Подставляем в (1): $$a_y=g\sin \alpha$$ Находим $a_x$, далее все понятно?

Спасибо большое! Буду разбиратся.

Не было возможности ответить, простите.