IPhO 2002, теоретический тур

Подсказка

При малом \(\sigma/(\omega\varepsilon)\) разложите корни в формулах (2). Для разрешения сравните пути до двух стержней: разность хода туда и обратно должна дать сдвиг фазы на \(180^\circ\).

Ответ

1) \(v_m = 1/\sqrt{\mu\varepsilon}\);  2) \(\delta = \dfrac{2}{\sigma}\sqrt{\dfrac{\varepsilon}{\mu}} = 15{,}93\) м;  3) \(f_{min} = 800\) МГц;  4) \(t(x) = \dfrac{2\sqrt{\varepsilon_{1r}}}{0{,}3}\sqrt{d^2 + x^2}\), \(d = 5\) м.

Решение

1. Скорость радиосигнала в веществе \(v_m\): \[\omega t - \beta z = \text{const}\ \to\ \beta z = -\text{const} + \omega t,\] \[v_m = \frac{\omega}{\beta},\qquad v_m = \frac{1}{\omega\left\{\dfrac{\mu\varepsilon}{2}\left[\left(1 + \dfrac{\sigma^2}{\varepsilon^2\omega^2}\right)^{1/2} + 1\right]\right\}^{1/2}},\] \[v_m = \frac{1}{\left\{\dfrac{\mu\varepsilon}{2}(1 + 1)\right\}^{1/2}} = \frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}}.\]

2. Максимальная глубина обнаружения объекта в грунте (толщина скин-слоя \(\delta\)) обратно пропорциональна коэффициенту затухания: \[\delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\omega\left\{\dfrac{\mu\varepsilon}{2}\left[\left(1 + \dfrac{\sigma^2}{\varepsilon^2\omega^2}\right)^{1/2} - 1\right]\right\}^{1/2}} = \frac{1}{\omega\left\{\dfrac{\mu\varepsilon}{2}\left[\left(1 + \dfrac12\dfrac{\sigma^2}{\varepsilon^2\omega^2}\right) - 1\right]\right\}^{1/2}} = \frac{1}{\omega\left\{\dfrac{\mu\varepsilon}{2}\cdot\dfrac12\dfrac{\sigma^2}{\varepsilon^2\omega^2}\right\}^{1/2}},\] \[\delta = \left(\frac{2}{\sigma}\right)\left(\frac{\varepsilon}{\mu}\right)^{1/2}.\]

Численно \(\delta = \dfrac{5{,}31\sqrt{\varepsilon_r}}{\sigma}\) м, где \(\sigma\) выражено в мСм/м. Для среды с удельной проводимостью \(1{,}0\) мСм/м и относительной диэлектрической проницаемостью 9 толщина скин-слоя \[\delta = \frac{5{,}31\sqrt9}{1{,}0} = 15{,}93\text{ м}.\]

3. Поперечное разрешение:

На рисунке: Antenna — антенна, rod — стержень. \[r^2 + d^2 = \left(d + \frac{\lambda}{4}\right)^2,\qquad r = \left(\frac{\lambda d}{2} + \frac{\lambda^2}{16}\right)^{1/2}.\] При \(r = 0{,}5\) м, \(d = 4\) м: \[\frac12 = \left(\frac{4\lambda}{2} + \frac{\lambda^2}{16}\right)^{1/2},\qquad \lambda^2 + 32\lambda - 4 = 0.\] Длина волны \(\lambda = 0{,}125\) м. Скорость распространения сигнала в среде \[v_m = \frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}} = \frac{1}{\sqrt{\mu_o\mu_r\varepsilon_o\varepsilon_r}} = \frac{1}{\sqrt{\mu_o\varepsilon_o}}\frac{1}{\sqrt{\mu_r\varepsilon_r}},\] \[v_m = \frac{c}{\sqrt{\mu_r\varepsilon_r}} = \frac{0{,}3}{\sqrt{\varepsilon_r}}\text{ м/нс},\quad\text{где } c = \frac{1}{\sqrt{\mu_o\varepsilon_o}}\text{ и } \mu_r = 1,\] \[v_m = 0{,}1\text{ м/нс} = 10^{8}\text{ м/с}.\] Минимальная частота, необходимая, чтобы различить два стержня как два отдельных объекта: \[f_{min} = \frac{v}{\lambda},\qquad f_{min} = \frac{0{,}3/\sqrt9}{0{,}125}\cdot10^{9}\text{ Гц} = 800\text{ МГц}.\]

4. Пути электромагнитных волн для нескольких положений на поверхности грунта:

На рисунке: Antenna Positions — положения антенны, Scanning direction — направление сканирования, Buried rod — закопанный стержень.

Время пробега как функция \(x\): \[\left(\frac{tv}{2}\right)^2 = d^2 + x^2,\qquad t(x) = \sqrt{\frac{4d^2 + 4x^2}{v}},\]

\[t(x) = \frac{2\sqrt{\varepsilon_{1r}}}{0{,}3}\sqrt{d^2 + x^2}.\]

На рисунке: Graph of traveltime \(t(x)\) — график времени пробега \(t(x)\), Antenna Positions — положения антенны.

При \(x = 0\): \[100 = 2\times(3/0{,}3)\,d,\qquad d = 5\text{ м}.\]

Подсказка

Ток от маленького шара растекается сферически симметрично. Поле в точке \(P\) — суперпозиция полей двух источников разного знака (как поле диполя). Сопротивление среды между шарами определяется в основном областью вблизи шаров; дальше — задача о согласовании нагрузки.

Ответ

1) \(\vec j = \dfrac{I_s}{4\pi r^3}\vec r\);  2) \(\vec E_p \approx \dfrac{\rho I_sl_s}{4\pi y^3}(-\vec i)\);  3) \(V_s \approx \dfrac{\rho I_s}{2\pi r_s}\), \(R_s = \dfrac{\rho}{2\pi r_s}\), \(P = \dfrac{\rho I_s^2}{2\pi r_s}\);  4) \(R_m = \dfrac{\rho}{2\pi r_d}\), \(V_d = \dfrac{\rho I_sl_sl_d}{4\pi y^3}\dfrac{R_d}{R_d + \rho/(2\pi r_d)}\), \(P_d = \left(\dfrac{\rho I_sl_sl_d}{4\pi y^3}\right)^2\dfrac{R_d}{\left(R_d + \rho/(2\pi r_d)\right)^2}\);  5) \(R_d^{optimum} = R_m = \dfrac{\rho}{2\pi r_d}\), \(P_d^{maximum} = \dfrac{\rho(I_sl_sl_d)^2r_d}{32\pi y^6}\).

Решение

1. Когда точечный источник тока \(I_s\) находится в бесконечной изотропной среде, вектор плотности тока на расстоянии \(r\) от точки равен \[\vec j = \frac{I_s}{4\pi r^3}\vec r.\] (Без векторной записи — минус 0,5 балла.)

2.

На рисунке: prey — жертва.

Поскольку удельные сопротивления тела жертвы и окружающей морской воды одинаковы, т. е. граница вокруг жертвы исключается, два шара можно считать находящимися в бесконечной изотропной среде с удельным сопротивлением \(\rho\). Когда маленький шар создаёт ток \(I_s\), плотность тока на расстоянии \(r\) от центра шара также равна \[\vec j = \frac{I_s}{4\pi r^3}\vec r.\] Удельное сопротивление морской воды \(\rho\), поэтому напряжённость поля в точке \(r\) \[\vec E(\vec r) = \rho\vec j = \frac{\rho I_s}{4\pi r^3}\vec r.\] В модели имеются два маленьких шара. Один из них находится под положительным потенциалом относительно другого, поэтому ток \(I_s\) течёт от положительно заряженного шара к отрицательно заряженному. Расстояние между ними \(l_s\). Напряжённость поля в точке \(P(0, y)\): \[\vec E_p = \vec E_+ + \vec E_- = \frac{\rho I_s}{4\pi}\left[\frac{1}{\left(\left(\dfrac{l_s}{2}\right)^2 + y^2\right)^{3/2}}\left(-\frac{l_s}{2}i + yj\right) + \frac{1}{\left(\left(\dfrac{l_s}{2}\right)^2 + y^2\right)^{3/2}}\left(-\frac{l_s}{2}i - yj\right)\right] = \frac{\rho I_s}{4\pi}\left[\frac{l_s(-i)}{\left(\left(\dfrac{l_s}{2}\right)^2 + y^2\right)^{3/2}}\right],\] \[\vec E_p \approx \frac{\rho I_sl_s}{4\pi y^3}(-i)\quad\text{при } l_s \ll y.\]

3. Напряжённость поля на оси между двумя шарами источника: \[\vec E(x) = \frac{\rho I_s}{4\pi}\left(\frac{1}{\left(x - \dfrac{l_s}{2}\right)^2} + \frac{1}{\left(x + \dfrac{l_s}{2}\right)^2}\right)(-i).\] Разность потенциалов, создающая заданный ток \(I_s\): \[V_s = \Delta V = V_+ - V_- = -\int_{-l_s/2 + r_s}^{l_s/2 - r_s}\vec E(x)\cdot d\vec x = -\frac{\rho I_s}{4\pi}\int\left(\frac{1}{\left(x - \dfrac{l_s}{2}\right)^2} + \frac{1}{\left(x + \dfrac{l_s}{2}\right)^2}\right)(-i)\cdot(i\,dx)\] \[= \frac{\rho I_s}{4\pi}\left[\frac{1}{-2+1}\left(\frac{1}{\dfrac{l_s}{2} - r_s - \dfrac{l_s}{2}} - \frac{1}{-\dfrac{l_s}{2} + r_s - \dfrac{l_s}{2}}\right) + \frac{1}{-2+1}\left(\frac{1}{\dfrac{l_s}{2} - r_s + \dfrac{l_s}{2}} - \frac{1}{-\dfrac{l_s}{2} + r_s + \dfrac{l_s}{2}}\right)\right]\] \[= \frac{\rho I_s}{4\pi}\left(\frac{2}{r_s} - \frac{2}{l_s - r_s}\right) = \frac{2\rho I_s}{4\pi}\left(\frac{l_s - r_s - r_s}{(l_s - r_s)r_s}\right) = \frac{\rho I_s}{2\pi r_s}\left(\frac{l_s - 2r_s}{l_s - r_s}\right),\] \[V_s = \Delta V \approx \frac{\rho I_s}{2\pi r_s}\quad\text{при } l_s \gg r_s.\] Сопротивление между двумя шарами источника: \[R_s = \frac{V_s}{I_s} = \frac{\rho}{2\pi r_s}.\] Мощность, выделяемая источником: \[P = I_sV_s = \frac{\rho I_s^2}{2\pi r_s}.\]

4.

\(V\) — разность потенциалов между шарами детектора, обусловленная электрическим полем, созданным жертвой, \(R_m\) — внутреннее сопротивление, обусловленное окружающей морской водой. \(V_d\) и \(R_d\) — соответственно разность потенциалов между шарами детектора и сопротивление чувствительного элемента внутри хищника, \(i_d\) — ток в замкнутой цепи.

На рисунке: predator — хищник, prey — жертва.

Аналогично сопротивлению между двумя шарами источника, сопротивление среды с удельным сопротивлением \(\rho\) между шарами детектора радиусом \(r_d\) каждый равно \[R_m = \frac{\rho}{2\pi r_d}.\] Поскольку \(l_d\) много меньше \(y\), напряжённость электрического поля между шарами детектора можно считать постоянной: \[E = \frac{\rho I_sl_s}{4\pi y^3}.\] Следовательно, разность потенциалов в среде между шарами детектора \[V = El_d = \frac{\rho I_sl_sl_d}{4\pi y^3}.\] Разность потенциалов на шарах детектора: \[V_d = V\frac{R_d}{R_d + R_m} = \frac{\rho I_sl_sl_d}{4\pi y^3}\frac{R_d}{R_d + \dfrac{\rho}{2\pi r_d}}.\] Мощность, передаваемая от источника к детектору: \[P_d = i_dV_d = \frac{V}{R_d + R_m}V_d = \left(\frac{\rho I_sl_sl_d}{4\pi y^3}\right)^2\frac{R_d}{\left(R_d + \dfrac{\rho}{2\pi r_d}\right)^2}.\]

5. \(P_d\) максимальна, когда максимальна величина \[R_t = \frac{R_d}{\left(R_d + \dfrac{\rho}{2\pi r_d}\right)^2} = \frac{R_d}{(R_d + R_m)^2}.\] Следовательно, \[\frac{dR_t}{dR_d} = \frac{1(R_d + R_m)^2 - R_d2(R_d + R_m)}{(R_d + R_m)^4} = 0,\qquad (R_d + R_m) - 2R_d = 0,\] \[R_d^{optimum} = R_m = \frac{\rho}{2\pi r_d}.\] Максимальная мощность: \[P_d^{maximum} = \left(\frac{\rho I_sl_sl_d}{4\pi y^3}\right)^2\frac{\pi r_d}{2\rho} = \frac{\rho(I_sl_sl_d)^2r_d}{32\pi y^6}.\]

Подсказка

Разбейте систему на корпус и два цилиндра; для корпуса нужны и уравнение сил, и уравнение моментов — именно оно делает нормальные реакции на передний и задний цилиндры разными. Проскальзывание начинается там, где сила трения покоя, нужная для качения, превышает \(\mu_sN\).

Ответ

1) \(I = 0{,}7MR^2\);  3) все цилиндры катятся без проскальзывания: \(a = 0{,}833g\sin\theta\) при \(\operatorname{tg}\theta \le \dfrac{3{,}5\mu_s}{0{,}5831 + 0{,}41\mu_sh_1/l}\); все цилиндры скользят: \(a = g\sin\theta - \mu_kg\cos\theta\) при \(\operatorname{tg}\theta > \dfrac{3{,}5\mu_s}{0{,}5831 + 0{,}41\mu_sh_1/l}\); один цилиндр катится, другой скользит: \(a = 0{,}9091g\sin\theta - \dfrac{\mu_k}{7{,}7}\dfrac{7g\cos\theta - 0{,}4546g\sin\theta}{2 + 0{,}65\mu_kh_1/l}\);  4) \(v_{t2} = \sqrt{1{,}666dg\sin\theta} - v_{t1} + \sqrt{v_{t1}^2 + 2a_2(s - d)}\), \(\omega_{t2} = \dfrac1R\sqrt{1{,}666dg\sin\theta} + \dfrac{\mu_kNR}{I}\dfrac{-v_{t1} + \sqrt{v_{t1}^2 + 2a_2(s - d)}}{a_2}\).

Решение

Чтобы упростить модель, используем рисунок выше с \(h_1 = h + 0{,}5t\), \(R_o = R\).

1. Вычисление момента инерции цилиндра

\(R_i = 0{,}8R_o\). Масса цилиндрической части: \(m_{cylinder} = 0{,}8M\). Масса каждой спицы: \(m_{rod} = 0{,}025M\).

\[I = \oint_{whole\,part}r^2dm = \oint_{cyl.shell}r^2dm + \oint_{rod\,1}r^2dm + \ldots + \oint_{rod\,n}r^2dm,\] \[\oint_{cyl.shell}r^2dm = 2\pi\sigma\int_{R_i}^{R_o}r^3dr = 0{,}5\pi\sigma(R_o^4 - R_i^4) = 0{,}5m_{cylinder}(R_o^2 + R_i^2) = 0{,}5(0{,}8M)R^2(1 + 0{,}64) = 0{,}656MR^2,\] \[\oint_{rod}r^2dm = \lambda\int_0^{R_{in}}r^2dr = \frac13\lambda R_{in}^3 = \frac13m_{rod}R_{in}^2 = \frac13\,0{,}025M(0{,}64R^2) = 0{,}00533MR^2.\] Момент инерции каждого колеса получается равным \[I = 0{,}656MR^2 + 8\times0{,}00533MR^2 = 0{,}7MR^2.\]

2. Схема сил и уравнения равновесия

Чтобы упростить анализ, разделим систему на три части: рама (часть 1), которую в основном можно считать плоской однородной пластиной, задние цилиндры (два цилиндра рассматриваются вместе как часть 2 системы) и передние цилиндры (два передних цилиндра рассматриваются вместе как часть 3 системы).

Часть 1: рама.

Уравнения для сил, действующих на эту часть. Необходимые условия:

баланс сил вдоль горизонтальной оси \[m_1g\sin\theta - f_{12h} - f_{13h} = m_1a; \tag{1}\] баланс сил вдоль вертикальной оси \[m_1g\cos\theta = N_{12} + N_{13}; \tag{2}\] далее, момент сил относительно \(O\) равен нулю, так что \[N_{12}l - N_{13}l + f_{12h}h_1 + f_{13h}h_1 = 0. \tag{3}\]

Часть 2: задний цилиндр.

Из условия баланса для заднего колеса: \[f_{21h} - f_2 + Mg\sin\theta = Ma, \tag{4}\] \[N_2 - N_{21} - Mg\cos\theta = 0. \tag{5}\] При качении без проскальзывания: \[f_2R = I\alpha_2 = I\frac{a_2}{R},\quad\text{или}\quad f_2 = \frac{I}{R^2}a. \tag{6}\] При качении с проскальзыванием: \[F_2 = \mu_kN_2. \tag{7}\]

Часть 3: передний цилиндр.

Из условия баланса для переднего колеса: \[f_{31h} - f_3 + Mg\sin\theta = Ma, \tag{8}\] \[N_3 - N_{31} - Mg\cos\theta = 0. \tag{9}\] При качении без проскальзывания: \[f_3R = I\alpha_3 = I\frac{a_3}{R},\quad\text{или}\quad f_3 = \frac{I}{R^2}a. \tag{10}\] При качении с проскальзыванием: \[F_3 = \mu_kN_3. \tag{11}\]

3. Из уравнений (2), (5) и (9) получаем \[m_1g\cos\theta = N_2 - m_2g\cos\theta + N_3 - m_3g\cos\theta,\] \[N_2 + N_3 = (m_1 + m_2 + m_3)g\cos\theta = 7Mg\cos\theta. \tag{12}\] Из уравнений (3), (5) и (8) получаем \[(N_3 - Mg\cos\theta)l - (N_2 - Mg\cos\theta)l = h_1(f_2 + Ma - Mg\sin\theta + f_3 + Ma - Mg\sin\theta),\] \[(N_3 - N_2) = h_1(f_2 + 2Ma - 2Mg\sin\theta + f_3)/l. \tag{13}\]

Случай: все цилиндры катятся без проскальзывания.

Из уравнений (4) и (6) получаем \[f_{21h} = (I/R^2)a + Ma - Mg\sin\theta. \tag{14}\] Из уравнений (8) и (10) получаем \[f_{31h} = (I/R^2)a + Ma - Mg\sin\theta. \tag{15}\] Тогда из уравнений (1), (14) и (15) получаем \[5Mg\sin\theta - \{(I/R^2)a + Ma - Mg\sin\theta\} - \{(I/R^2)a + Ma - Mg\sin\theta\} = m_1a,\] \[7Mg\sin\theta = (2I/R^2 + 7M)a,\] \[a = \frac{7Mg\sin\theta}{7M + 2\dfrac{I}{R^2}} = \frac{7Mg\sin\theta}{7M + 2\dfrac{0{,}7MR^2}{R^2}} = 0{,}833g\sin\theta. \tag{16}\] \[N_3 = \frac{7M}{2}g\cos\theta + \frac{h_1}{l}\left[\left(M + \frac{I}{R^2}\right)\times0{,}833g\sin\theta - Mg\sin\theta\right] = 3{,}5Mg\cos\theta + \frac{h_1}{l}[(M + 0{,}7M)\times0{,}833g\sin\theta - Mg\sin\theta] = 3{,}5Mg\cos\theta + 0{,}41\frac{h_1}{l}Mg\sin\theta,\] \[N_2 = \frac{7M}{2}g\cos\theta - \frac{h_1}{l}\left[\left(\frac{I}{R^2} + M\right)\times0{,}833g\sin\theta - Mg\sin\theta\right] = 3{,}5g\cos\theta - \frac{h_1}{l}\left[(0{,}7M + M)\frac{7Mg\sin\theta}{0{,}7M + 7M} - 2Mg\sin\theta\right] = 3{,}5g\cos\theta - 0{,}41\frac{h_1}{l}Mg\sin\theta.\]

Условия качения без проскальзывания: \[f_2 \le \mu_sN_2\quad\text{и}\quad f_3 \le \mu_sN_3,\qquad \frac{I_2}{R_2^2}a \le \mu_sN_2\quad\text{и}\quad \frac{I_3}{R_3^2}a \le \mu_sN_3.\] Левое неравенство принимает вид \[0{,}7M\times0{,}833g\sin\theta \le \mu_s\left(3{,}5Mg\cos\theta - 0{,}41\frac{h_1}{l}Mg\sin\theta\right),\qquad \operatorname{tg}\theta \le \frac{3{,}5\mu_s}{0{,}5831 + 0{,}41\mu_s\dfrac{h_1}{l}},\] а правое — \[0{,}7m\times0{,}833g\sin\theta \le \mu_s\left(3{,}5mg\cos\theta + 0{,}41\frac{h_1}{l}mg\sin\theta\right),\qquad \operatorname{tg}\theta \le \frac{3{,}5\mu_s}{0{,}5831 - 0{,}41\mu_s\dfrac{h_1}{l}}. \tag{17}\]

Случай: все цилиндры скользят.

Из уравнения (4): \[f_{21h} = Ma + \mu_kN_2 - Mg\sin\theta. \tag{18}\] Из уравнения (8): \[f_{31h} = Ma + \mu_kN_3 - Mg\sin\theta. \tag{19}\]

Из уравнений (18) и (19): \[5Mg\sin\theta - (Ma + \mu_kN_2 - Mg\sin\theta) - (Ma + \mu_kN_3 - Mg\sin\theta) = m_1a,\] \[a = \frac{7Mg\sin\theta - \mu_kN_2 - \mu_kN_3}{7M} = g\sin\theta - \frac{\mu_k(N_2 + N_3)}{7M}, \tag{20}\] \[N_3 + N_2 = 7Mg\cos\theta.\] Из двух последних уравнений получаем \[a = g\sin\theta - \mu_kg\cos\theta.\] Условия полного проскальзывания противоположны условиям качения без проскальзывания: \[f_2 > \mu_sN_2'\quad\text{и}\quad f_3 > \mu_sN_3',\qquad \frac{I_2}{R_2^2}a > \mu_sN_2'\quad\text{и}\quad \frac{I_3}{R_3^2}a > \mu_sN_3', \tag{21}\] где \(N_2'\) и \(N_3'\) вычислены для случая, когда все цилиндры катятся без проскальзывания. Окончательно получаем \[\operatorname{tg}\theta > \frac{3{,}5\mu_s}{0{,}5831 + 0{,}41\mu_s\dfrac{h_1}{l}}\quad\text{и}\quad \operatorname{tg}\theta > \frac{3{,}5\mu_s}{0{,}5831 - 0{,}41\mu_s\dfrac{h_1}{l}}.\] В итоге определяющим оказывается левое неравенство.

Случай: один цилиндр катится без проскальзывания, а другой скользит.

(Например, \(R_3\) (передние цилиндры) катятся без проскальзывания, а \(R_2\) (задние цилиндры) скользят.)

Из уравнения (4) получаем \[F_{21h} = m_2a + \mu_kN_2 - m_2g\sin\theta. \tag{22}\] Из уравнения (5) получаем \[f_{31h} = m_3a + (I/R^2)a - m_3g\sin\theta. \tag{23}\]

Тогда из уравнений (1), (22) и (23) получаем \[m_1g\sin\theta - \{m_2a + \mu_kN_2 - m_2g\sin\theta\} - \{m_3a + (I/R^2)a - m_3g\sin\theta\} = m_1a,\] \[m_1g\sin\theta + m_2g\sin\theta + m_3\sin\theta - \mu_kN_2 = (I/R^2 + m_3)a + m_2a + m_1a,\] \[5Mg\sin\theta + Mg\sin\theta + Mg\sin\theta - \mu_kN_2 = (0{,}7M + M)a + Ma + 5Ma,\] \[a = \frac{7Mg\sin\theta - \mu_kN_2}{7{,}7M} = 0{,}9091g\sin\theta - \frac{\mu_kN_2}{7{,}7M}. \tag{24}\] \[N_3 - N_2 = \frac{h_1}{l}\left(\mu_kN_2 + \frac{I}{R^2}a + 2Ma - 2Mg\sin\theta\right),\] \[N_3 - N_2 = \frac{h_1}{l}\left(\mu_kN_2 + 2{,}7M\times0{,}9091g\sin\theta - 2{,}7\mu_kN_2/7{,}7 - 2Mg\sin\theta\right),\] \[N_3 - N_2\left(1 + 0{,}65\mu_k\frac{h_1}{l}\right) = 0{,}4546Mg\sin\theta,\] \[N_3 + N_2 = 7Mg\cos\theta.\]

Следовательно, \[N_2 = \frac{7Mg\cos\theta - 0{,}4546Mg\sin\theta}{2 + 0{,}65\mu_k\dfrac{h_1}{l}},\qquad N_3 = 7Mg\cos\theta - \frac{7Mg\cos\theta - 0{,}4546Mg\sin\theta}{2 + 0{,}65\mu_k\dfrac{h_1}{l}}. \tag{25}\] Подставив эти результаты в уравнение (16), получим \[a = 0{,}9091g\sin\theta - \frac{\mu_kN_2}{7{,}7M} = 0{,}9091g\sin\theta - \frac{\mu_k}{7{,}7}\,\frac{7g\cos\theta - 0{,}4546g\sin\theta}{2 + 0{,}65\mu_k\dfrac{h_1}{l}}. \tag{26}\]

Условия такого частичного проскальзывания: \[f_2 \le \mu_sN_2'\quad\text{и}\quad f_3 > \mu_sN_3',\qquad \frac{I}{R^2}a \le \mu_sN_2'\quad\text{и}\quad \frac{I}{R^2}a > \mu_sN_3', \tag{27}\] где \(N_2'\) и \(N_3'\) — нормальные силы для условия качения без проскальзывания.

4. Пусть после качения на расстояние \(d\) метров все цилиндры начинают скользить до конца наклонной дороги (полное расстояние \(s\) метров). Пусть расстояние \(\eta\) метров пройдено за \(t_1\) секунд.

\[v_{t1} = v_o + at_1 = 0 + a_1t_1 = a_1t_1,\qquad d = v_ot_1 + \frac12a_1t_1^2 = \frac12a_1t_1^2,\qquad t_1 = \sqrt{\frac{2d}{a_1}},\] \[v_{t1} = a_1\sqrt{\frac{2d}{a_1}} = \sqrt{2da_1} = \sqrt{2d\,0{,}833g\sin\theta} = \sqrt{1{,}666dg\sin\theta}. \tag{28}\] Угловая скорость после качения на расстояние \(d\) метров одинакова для переднего и заднего цилиндров: \[\omega_{t1} = \frac{v_{t1}}{R} = \frac1R\sqrt{1{,}666dg\sin\theta}. \tag{29}\] Затем машина скользит до конца спуска. Пусть время, необходимое машине, чтобы пройти от положения \(d\) до конца спуска, равно \(t_2\) секунд. \[v_{t2} = v_{t1} + a_2t_2 = \sqrt{1{,}666dg\sin\theta} + a_2t_2,\qquad s - d = v_{t1}t_2 + \frac12a_2t_2^2,\] \[t_2 = \frac{-v_{t1} + \sqrt{v_{t1}^2 + 2a_2(s - d)}}{a_2},\qquad v_{t2} = \sqrt{1{,}666dg\sin\theta} - v_{t1} + \sqrt{v_{t1}^2 + 2a_2(s - d)}. \tag{30}\] Подставляя \(v_{t1}\) и \(a_2\) из предыдущих результатов, получаем окончательные результаты.

Что касается угловой скорости, при скольжении на цилиндры действует момент силы: \[\tau = \mu_kNR,\qquad \alpha = \frac{\tau}{I} = \frac{\mu_kNR}{I}, \tag{31}\] \[\omega_{t2} = \omega_{t1} + \alpha t_2 = \frac1R\sqrt{1{,}666dg\sin\theta} + \frac{\mu_kNR}{I}\,\frac{-v_{t1} + \sqrt{v_{t1}^2 + 2a_2(s - d)}}{a_2}.\]