Брусок массы \(M\) находится на скользкой горизонтальной поверхности. Через один
из его углов перекинута нить. Один её конец прикреплён к стене, а другой — к
маленькому бруску массы \(m\), причём эта часть нити наклонена под углом \(\alpha\) к
вертикали. Изначально нить натянута, а бруски удерживают. Затем бруски отпускают.
При каком отношении масс угол \(\alpha\) не будет меняться при последующем движении?
▶РешениеСкрыть
Сначала перейдём в ускоренную систему отсчёта, в которой \(M\) неподвижна. Ускорение \(M\) равно \[Ma_M = T-T\sin\alpha\ \Longrightarrow\ a_M = T\frac{1-\sin\alpha}M.\] Тогда на \(m\) будет действовать фиктивная сила, направленная вправо. Настоящая сила тяжести и фиктивная сила складываются, давая эффективную силу тяжести.
Заметим, что даже в этой ускоренной системе \(m\) не покоится. Она движется в направлении, параллельном удерживающей её верёвке, и по условию нерастяжимости верёвки ускорение \(m\) в этой системе равно \(a_m = a_M\). Балансируя силы, получаем \[mg_{\text{эфф}}-T = ma_M.\] Подставляя \(g_{\text{эфф}} = \frac g{\cos\alpha}\) и \(a_M\), получаем \[\frac{mg}{\cos\alpha}-T = T\Bigl(\frac mM\Bigr)(1-\sin\alpha).\] Отсюда можно найти \[T = \frac{mg}{\cos\alpha}\cdot\frac1{1+(m/M)(1-\sin\alpha)}.\] Отношение фиктивной силы и силы тяжести образует прямой угол, так что \[\tg\alpha = \frac{a_M}g = \frac T{mg}(1-\sin\alpha).\] Подставляя \(T\), сокращая \(\cos\alpha\) с обеих сторон и решая относительно \(m/M\) (алгебра займёт некоторое время), получаем \[\boxed{\frac mM = \frac{\sin\alpha}{(1-\sin\alpha)^2}}.\]