Однородный шар радиусом r скатывается без скольжения с вершины сферы радиуса R. Найти угловую скорость шара после отрыва от поверхности сферы

Кинетическая энергия катящегося с линейной скоростью шара
Mg(R-H)=mv²/2+mv²/5
 Н – высота отрыва.
Условие отрыва H/R=F/mg
F=Hmg/R=mv²/R
отсюда получим условие отрыва v²=Hg
Подставим в выше приведенное выражение получим
Условие отрыва R=(17/5)H
или H=5R/17
Вычислим линейную скорость шара с радиусом  r:
 v=sqrt(Hg)=sqrt(5R/17)
определим частоту вращения n = v/(2 πr) оборотов в секунду
или w=v/r радиан за секунду
w =(1/r)* sqrt(5R/17)

Полный цилиндр закатывается без проскальзывания на наклонную плоскость, имеющую угол наклона к горизонту B=45. Через какое время цилиндр остановится, если его начальная скорость u=3 м/с

Силы на тело - только сила тяжести вниз направленная
 сумма всех сил по второму закону Ньютона равна ma в векторном виде
в проекциях на ось Y
 - g = - a sin 45, если ось Y вверх
a = g/sin 45   
a =  10 / 0,71 = 14
g  - ускорение свободного падения
из кинематики V = Vo + at  в векторном виде
в проекциях на ось Y 
0 = Vo *cos 45 - a *  (cos 45) * t
откуда t = Vo /a
t = 3/14= 0,2 c

Однородный шар скатывается без скольжения по наклонной плоскости, составляющей угол a с горизонтом. Haйти ускорение центра масс шара и значение коэффициента трения, при котором скольжения не будет.

На шар действуют три силы: сила тяжести, сила трения и сила реакции опоры.
Равнодействующая равна векторной сумме этих сил. По второму з-ну Ньютона
F=ma
В проекциях на ось х получаем
\( ma=mg\,sin \alpha -F_T \)      (1)
Основное уравнение динамики вращательного движения твердого тела:
М=Iε
С другой стороны, 
\( M=F_TR \), тогда
\( F_TR=I \epsilon \\ F_T= \frac{I \epsilon}{R} \)
Момент инерции шара
\( I= \frac{2}{5} mR^2 \)
Угловое ускорение выражается через линейное
\( \epsilon= \frac{a}{R} \)
Следовательно
\( F_T= \frac{2mR^2a}{5R^2}= \frac{2ma}{5} \)
Ур-е (1) принимает вид
\( ma= mg\,sin \alpha - \frac{2ma}{5} \\ a= g\,sin \alpha - \frac{2a}{5} \\ a + \frac{2a}{5}= g\,sin \alpha \\ \frac{7a}{5}= g\,sin \alpha \\ a= \frac{5}{7} g\,sin \alpha \)
\( F_T=\mu N \\ \frac{2}{5} ma=\mu mg\,cos \alpha \\ \mu= \frac{2a}{5g\,cos \alpha } = \frac{2*5g\,sin \alpha }{5*7g\,cos \alpha }= \frac{2}{7} tg \alpha \)
Ответ: a=5/7 gsinα; μ=2/7 tgα

Определить скорость поступательного движения сплошного цилиндра, скатившегося с наклонной плоскости высотой 20м

Скорость поступательного движения цилиндра можно рассматривать, как скорость материальной точки. Находясь в верхней точке плоскости, цилиндр обладал потенциальной энергией E(п)=m*g*h; а скатившись с неё - кинетической энергией E(к)=(m*v^2)/2. По закону сохранения механической энергии, приравниваем их и находим скорость.

Шарик (радиус - r) скатывается по желобу (радиус - R). Желоб неподвижен, шарик скатывается без проскальзывания. Определить частоту колебаний (ω -). (Считается, что первоначально шарик находился в равновесии, а потом его отводят на некоторое расстояние, после чего и возникают колебательные движения. Нужно определить частоту этих колебаний)

Поднимаясь по желобу на высоту h шарик приобретает потенциальную энергию
W = mgh.
При малых смещениях можно считать, что амплитуда колебаний по дуге желоба l равна проекции этой дуги на горизонталь X0. Из прямоугольного треугольника, образованного радиусом желоба R, амплитуды горизонтального смещения X0  и проекции крайнего положения шарика на вертикаль (R-h) следует:
X0^2 + (R-h)^2 = R^2
Отсюда получим: X0^2 = 2*R*h - h^2
Учитывая, что при малых колебаниях h^2 << 2*R*h
X0^2 = 2*R*h
Таким образом, получаем выражение для h через амплитуду X0 при малых отклонениях от положения равновесия:
h = X0^2/2R
Потенциальная энергия, максимальная при крайнем положении шарика обретает вид:
W = m*g*X0^2/2R
Теперь получим значение максимальной кинетической энергии шарика (при прохождении положения равновесия). Она равна:
T = m*V0^2/2 + I*Omega^2/2
поскольку, коль шарик катится по жёлобу без проскалзывания, мы должны, помимо кин энергии поступательного движения шарика массы m, учитывать ещё и энергию вращения шарика с моментом инерции I и угловой скоростью вращения шарика вокруг его собственной оси Omega.
При этом максимальная линейная скорость шарика
V0 = Omega*r, где r = радиус шарика =>
Omega = V0/r
T = m*V0^2/2 + I*(V0/r)^2/2
Если шарик совершает гармонические колебания по закону
x(t) = X0*Sin(omega*t) то его скорость должна меняться по закону
v(t) = x’(t) = omega*X0*Cos(omega*t)
Таким образом, максимальная линейная скорость шарика (амплитуда скорости) равна
V0 = omega*X0, где omega - циклическая частота колебаний шарика.
Выражение для максимальной кинетической энергии шарика принимает вид:
T = m*(omega*X0)^2/2 + I*(omega*X0)^2/(2r^2).
Поскольку момент инерции шарика радиуса r и массы m равен
I = (2/5)mr^2, то
T = m*(omega*X0)^2/2 + (2/5)mr^2*(omega*X0)^2/(2r^2) = (7/10)m*(omega*X0)^2
В колебательной системе максимальное значение потенциальной энергии W равно максимальной величине кинетической энергии T.
(7/10)m*(omega*X0)^2 = m*g*X0^2/2R
отсюда, сокращая в обеих частях равенства m и X0 получаем:
(7/5)*omega^2 = g/R
и окончательно
omega^2 = (5/7)*(g/R)
и
omega = sqrt(5g/7R).
Частота такого "маятника" niu = omega/2Pi
niu = sqrt(5g/7R)/2Pi
Период T = 1/niu = 2Pi*sqrt(7R/5g)
Уф.

Смотри решение во вложении