Пустой цилиндр массы \(M\) катится без проскальзывания по наклонной поверхности,
угол наклона которой \(\alpha = 45^\circ\). По его внутренней поверхности может
свободно скользить маленький брусок массы \(m = M/2\). Каков угол \(\beta\) между
нормалью к наклонной поверхности и отрезком прямой, соединяющим центр цилиндра с
бруском?
▶РешениеСкрыть
Сначала воспользуемся лагранжевым формализмом, чтобы немного упростить задачу. Пусть \(\xi\) — смещение вдоль наклонной поверхности. Кинетическая энергия равна \[K = \tfrac12I\omega^2+\tfrac12(M+m)\dot\xi^2.\] По основной формуле \(v = \omega r\) мы знаем, что \(\omega = \frac{\dot\xi}R\), так что \[K = \tfrac12MR^2\Bigl(\frac{\dot\xi}R\Bigr)^2+\tfrac12(M+m)\dot\xi^2 = M\dot\xi^2+\tfrac12m\dot\xi^2.\] Отсюда находим \(\mathcal M = 2M+m\). Потенциальная энергия при малом смещении \(\xi\) равна \[\Pi(\xi) = -(M+m)g\sin\alpha\,\xi\ \Longrightarrow\ -\Pi'(\xi) = (M+m)g\sin\alpha.\] Поэтому ускорение равно \[a = \frac{(M+m)g\sin\alpha}{2M+m}.\] Подставляя данные в задаче \(m = M/2\) и \(\alpha = 45^\circ\), получаем \(a = \frac{3g}{5\sqrt2}\).
Найдя ускорение \(a\), перейдём в неинерциальную систему отсчёта. Из геометрических соображений по теореме синусов \[\frac{\sin(\alpha-\beta)}{ma} = \frac{\sin(90^\circ+\beta)}{mg}.\] Перегруппировав, получаем \[\frac ag = \frac{\sin(\alpha-\beta)}{\cos\beta} = \sin\alpha-\cos\alpha\tg\beta.\] Подставляя наше значение \(a\), получаем \[\frac3{5\sqrt2} = \frac{\sqrt2}2-\frac{\sqrt2}2\tg\beta,\qquad \tg\beta = \frac25\ \Longrightarrow\ \boxed{\beta = \arctg\frac25}.\]