Законы Ньютона, силы

Динамометр с пружиной движется с общим ускорением. Пружина не невесома, поэтому сила в ней неодинакова по длине: покажет она силу в середине пружины.

\(F = F_2 + \dfrac{m(F_1 - F_2)}{2(M+m)} = \dfrac{m(F_1+F_2) + 2MF_2}{2(M+m)} = 2{,}5\) Н.

До отрыва сила тяги равна силе трения всего поезда. После отрыва поезд и вагон движутся равноускоренно с разными ускорениями; время остановки вагона общее.

750

Газ действует на поршни равными по модулю силами, направленными в противоположные стороны. Подумайте, как при этом движется центр масс системы двух поршней.

\(h = 3H + L - \dfrac{3gt^2}{2}\).

Рука тянет волосы вверх с некоторой силой, но по третьему закону Ньютона волосы тянут руку вниз с точно такой же силой. Для системы «барон целиком» эти силы взаимно уничтожаются — их сумма равна нулю.

По второму закону Ньютона ускорение барона определяется только внешними силами: тяжестью и реакцией болота. Сколько ни тяни себя за волосы, к внешним силам это ничего не добавляет — вытащить себя нельзя (а вот за верёвку, привязанную к дереву, — можно: сила дерева внешняя!).

При равнозамедленном движении до остановки средняя скорость равна половине начальной: \[ l = \frac{v_0}{2}\,t \quad\Longrightarrow\quad v_0 = \frac{2l}{t} = 8\ \text{м/с}. \] Ускорение (по модулю): \[ a = \frac{v_0}{t} = \frac{2l}{t^2} = 1{,}6\ \text{м/с}^2. \]

Сила трения: \[ F = m a = \frac{2ml}{t^2} = 0{,}1\cdot1{,}6 = 0{,}16\ \text{Н}. \]

Время в поле: \(\tau = l/v\). Поперечная скорость на выходе: \[ v_y = \frac{F}{m_e}\,\tau = \frac{F l}{m_e v}. \] Наклон траектории после вылета: \(\tg\theta = \dfrac{v_y}{v} = \dfrac{F l}{m_e v^2}\).

Смещение на экране складывается из отклонения внутри пластин \(y_1 = \frac{F}{2m_e}\tau^2\) и сноса на прямолинейном участке: \[ y = \frac{F l^2}{2 m_e v^2} + \frac{F l}{m_e v^2}\left(L - \frac{l}{2}\right) = \frac{F l\,L}{m_e v^2} \] — слагаемое \(l/2\) сократилось: продолжение прямой проходит через центр пластин. Отсюда \[ F = \frac{m_e v^2\,y}{l\,L}. \]

Для груза (пусть тележка ускоряется в сторону нити с натяжением \(T_2\)):

по горизонтали: \( m a = T_2 - T_1 \);
по вертикали: \( T_4 - T_3 - m g = 0 \) (верхняя нить тянет вверх, нижняя — вниз).

Из второго уравнения \( m = \dfrac{T_4 - T_3}{g} \). Подставляем в первое: \[ a = \frac{T_2 - T_1}{m} = g\,\frac{T_2 - T_1}{T_4 - T_3}. \]

Весь стержень (масса \(m\)) движется с ускорением \[ a = \frac{F}{m}. \] Часть стержня за сечением имеет длину \(l - x\) и массу \(m' = m\,\dfrac{l-x}{l}\). Единственная сила, действующая на неё вдоль стержня, — натяжение \(T\) в сечении: \[ T = m' a = m\,\frac{l-x}{l}\cdot\frac{F}{m} = F\left(1 - \frac{x}{l}\right). \]

Направим ось в сторону \(F_1\). Ускорение системы: \[ a = \frac{F_1 - F_2}{m_1 + m_2} = -\frac{\alpha t}{m_1+m_2} \] (система разгоняется в сторону большей силы \(F_2\)).

Уравнение для тела \(m_1\) (на него действуют \(F_1\) вперёд и натяжение \(T'\) назад): \[ m_1 a = F_1 - T' \quad\Longrightarrow\quad T' = \alpha t + m_1\,\frac{\alpha t}{m_1+m_2} = \alpha t\,\frac{2m_1 + m_2}{m_1 + m_2}. \]

Нить рвётся, когда \(T' = T\): \[ t = \frac{T\,(m_1 + m_2)}{\alpha\,(2m_1 + m_2)}. \]

Сравним два «запуска» с одинаковой начальной деформацией. В каждой точке пути сила пружины \(F(x)\) одна и та же, поэтому ускорения обратно пропорциональны массам: \[ \frac{a(x)}{a_0(x)} = \frac{m_0}{m_0 + m}. \] Если все ускорения уменьшить в \(\lambda\) раз, то движение по той же траектории происходит «в замедленной съёмке» с растяжением времени в \(\sqrt{\lambda}\) раз (пути \(\sim a t^2\) должны остаться теми же). Значит, \[ \frac{t}{t_0} = \sqrt{\frac{m_0 + m}{m_0}}. \]

Отсюда масса космонавта: \[ m = m_0\left[\left(\frac{t}{t_0}\right)^2 - 1\right]. \]

Пусть \(F_1 > F_2\); направим ось в сторону \(F_1\). Общее ускорение: \[ a = \frac{F_1 - F_2}{m_1 + m_2}. \] Пружина растянута с силой \(F\) (это и показывает шкала). Для каждого цилиндра: \[ m_1 a = F_1 - F,\qquad m_2 a = F - F_2. \]

Делим одно уравнение на другое: \[ \frac{m_1}{m_2} = \frac{F_1 - F}{F - F_2} \qquad\Longleftrightarrow\qquad \frac{m_2}{m_1} = \frac{F - F_2}{F_1 - F}. \]

Разгон. Ускорение: \(a = \dfrac{F - mg}{m} = (n-1)g\). За время \(\Delta t\): скорость \(v = (n-1)g\Delta t\), подъём \(h = \tfrac12 (n-1)g\Delta t^2\).

Свободный полёт. С высоты \(h\) со скоростью \(v\) вверх до возвращения на дно: \[ h + v\tau - \frac{g\tau^2}{2} = 0 \quad\Longrightarrow\quad \tau = \frac{v + \sqrt{v^2 + 2gh}}{g}. \] Подставим \(v\) и \(h\): \(v^2 + 2gh = (n-1)^2g^2\Delta t^2 + (n-1)g^2\Delta t^2 = n(n-1)g^2\Delta t^2\): \[ \tau = \Delta t\left[(n-1) + \sqrt{n(n-1)}\right]. \]

Полное время от старта до удара: \[ t = \Delta t + \tau = \Delta t\left[n + \sqrt{n(n-1)}\right] = n\,\Delta t\left(1 + \sqrt{1 - \tfrac{1}{n}}\right). \]

Числа. \(n\Delta t = 5\) с; \(\sqrt{1 - 1/125} \approx 0{,}996\): \[ t \approx 5\,(1+0{,}996) \approx 10\ \text{с}, \] причём невесомость (\(\tau = t - \Delta t\)) длится практически те же \(\approx 10\) с — разгон занимает лишь сотые доли секунды.

В настоящей невесомости (свободном падении) тяжесть сообщает всем частям тела одинаковое ускорение, поэтому исчезают все внутренние опорные силы: кровь, внутренние органы, руки — ничто ни на что не давит. В воде же выталкивающая сила приложена к поверхности скафандра: скелет по-прежнему несёт вес мышц и органов, кровь давит на сосуды, вестибулярный аппарат прекрасно чувствует «верх» и «низ». «Невесомы» лишь космонавт целиком плюс скафандр как единое тело.

Второе отличие — вязкая вода сопротивляется любому движению: в настоящей невесомости, оттолкнувшись, летишь равномерно, а в бассейне быстро останавливаешься. Поэтому в воде отрабатывают только медленные операции (монтаж, перемещения вдоль поручней), а не динамику.

Пусть \(m_1 > m_2\), груз \(m_1\) опускается с ускорением \(a\), тогда \(m_2\) с тем же \(a\) поднимается. Натяжение нити \(T_1\): \[ m_1 g - T_1 = m_1 a,\qquad T_1 - m_2 g = m_2 a. \]

Складываем: \[ (m_1 - m_2)\,g = (m_1 + m_2)\,a \quad\Longrightarrow\quad a = g\,\frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}. \] Из второго уравнения: \[ T_1 = m_2 (g + a) = \frac{2 m_1 m_2\,g}{m_1 + m_2}. \]

Невесомый блок: нить, держащая его, уравновешивает обе ветви: \[ T_2 = 2 T_1 = \frac{4 m_1 m_2\,g}{m_1 + m_2}. \]

Обозначим \(M = 12\) кг, \(m = 72\) кг, \(N = 400\) Н; натяжение верёвки \(T\) одинаково по обе стороны блока. Оба тела движутся вверх с одним ускорением \(a\).

Система целиком (внешние силы: две ветви верёвки вверх, тяжесть): \[ (M+m)\,a = 2T - (M+m)\,g. \] Маляр (верёвка \(T\) вверх, пол \(N\) вверх, тяжесть): \[ m a = T + N - m g. \]

Из второго: \(T = m(a+g) - N\). Подставим в первое: \[ (M+m)(a+g) = 2m(a+g) - 2N \quad\Longrightarrow\quad (m - M)(a+g) = 2N, \] \[ a = \frac{2N}{m - M} - g. \]

Числа (\(g = 9{,}8\ \text{м/с}^2\)): \[ a = \frac{2\cdot 400}{72 - 12} - 9{,}8 = \frac{800}{60} - 9{,}8 \approx 3{,}5\ \text{м/с}^2. \] Натяжение: \(T = m(a+g) - N = 72\cdot13{,}3 - 400 \approx 560\) Н; суммарная нагрузка на верёвки (обе ветви): \[ 2T \approx 1{,}1\cdot10^{3}\ \text{Н}. \]

До пережигания система в равновесии, нить держит весь вес: её натяжение \(3mg\). Нижние шары в равновесии: пружины, идущие к верхнему шару, вместе с горизонтальной пружиной и тяжестью дают нуль. По третьему закону косые пружины тянут верхний шар вниз с суммарной вертикальной силой, равной весу обоих нижних шаров, — \(2mg\) (они ведь «висят» на этих пружинах).

Сразу после пережигания пружинные силы не изменились:

верхний шар: тяжесть \(mg\) + тяга пружин \(2mg\) вниз: \[ a_{\text{верх}} = \frac{mg + 2mg}{m} = 3g\ \text{(вниз)}; \] нижние шары: их баланс сил не затронут (нить к ним не относилась): \[ a_{\text{ниж}} = 0. \]

Пока сила действует. Система разгоняется как целое: \[ a = \frac{F}{m_1 + m_2}. \] Тело \(m_1\) толкает вперёд только пружина (сжатая на \(x\), сила \(kx\)): \[ kx = m_1 a \quad\Longrightarrow\quad x = \frac{F m_1}{k\,(m_1 + m_2)}. \]

Сразу после выключения \(F\). Сжатие \(x\) ещё то же, пружина давит на оба тела с силой \(kx\) врозь: \[ a_1 = \frac{kx}{m_1} = \frac{F}{m_1+m_2} \quad\text{(как и раньше — для } m_1 \text{ ничего не изменилось)}, \] \[ a_2 = \frac{kx}{m_2} = \frac{F m_1}{m_2\,(m_1+m_2)} \quad\text{(в обратную сторону: пружина отталкивает } m_2 \text{ назад)}. \]

При отклонении тела на \(x\) первая пружина деформирована на \(x\) и возвращает с силой \(k_1x\), вторая — тоже на \(x\) с силой \(k_2x\) в ту же сторону. Итого возвращающая сила \((k_1+k_2)x\).

Максимум силы (и ускорения) — при максимальном отклонении: \[ m a = (k_1 + k_2)\,x_{\max} \quad\Longrightarrow\quad x_{\max} = \frac{m a}{k_1 + k_2}. \]

Максимальные силы на стенки — при том же отклонении (каждая пружина давит/тянет свою стенку со своей силой): \[ F_1 = k_1 x_{\max} = \frac{k_1\,m a}{k_1+k_2},\qquad F_2 = k_2 x_{\max} = \frac{k_2\,m a}{k_1+k_2}. \]

Колебания затухли — тело движется с постоянным ускорением \(a = F/m\) (внешняя сила одна). Пружины невесомы, поэтому натяжение вдоль всей цепочки одинаково и равно приложенной силе \(F\) (иначе у невесомой пружины было бы бесконечное ускорение).

Удлинения: \[ x_1 = \frac{F}{k_1},\qquad x_2 = \frac{F}{k_2},\qquad x = x_1 + x_2 = F\,\frac{k_1 + k_2}{k_1 k_2}. \]

Магнитная сила. Пока система висит неподвижно, трение (направленное вверх) уравновешивает вес груза (магнит лёгкий): \[ F_{\text{тр}} = m g \le \mu F_{\text{м}}. \] На пороге \(m = m_0\) трение максимально: \[ m_0 g = \mu F_{\text{м}} \quad\Longrightarrow\quad F_{\text{м}} = \frac{m_0 g}{\mu}. \]

Скольжение при \(m > m_0\). Теперь трение скольжения \(\mu F_{\text{м}} = m_0 g\) (прижатие магнитное — от веса груза не зависит!): \[ m a = m g - m_0 g \quad\Longrightarrow\quad a = g\,\frac{m - m_0}{m}. \]

Предельная сила трения покоя: \[ F_{\max} = \mu m g = 0{,}51\cdot10\cdot9{,}8 \approx 50\ \text{Н}. \] Пока \(T \le 50\) Н, тело неподвижно, и из второго закона Ньютона (ускорение нулевое) \(F_{\text{тр}} = T\): график — прямая под \(45^\circ\).

При \(T > 50\) Н тело скользит, трение скольжения постоянно: \(F_{\text{тр}} = \mu m g = 50\) Н — горизонтальное плато (избыток \(T - 50\) идёт на разгон тела).

Ручка практически невесома, поэтому силы на её концах должны быть направлены вдоль оси (иначе ручка не была бы в равновесии). Палец давит с силой \(P\) вдоль ручки; на шарик у поверхности приходит та же сила \(P\) под углом \(\alpha\) к нормали: \[ \text{прижатие } N = P\cos\alpha,\qquad \text{сдвиг } P\sin\alpha. \]

Шарик не скользит, пока сдвигающая сила не превосходит трения: \[ P\sin\alpha \le \mu P\cos\alpha \quad\Longleftrightarrow\quad \tg\alpha \le \mu. \] Сила \(P\) сократилась — вот почему нажим не помогает! Предельный угол: \[ \mu = \tg\alpha_{\max}. \]

Эксперимент. У шариковой ручки на бумаге или столе выскальзывание обычно начинается при \(\alpha_{\max} \approx 10{-}20^\circ\), т.е. \[ \mu = \tg\alpha_{\max} \approx 0{,}2{-}0{,}35 \] (гладкий металлический шарик; на стекле — заметно меньше). Измерьте свой угол транспортиром — и получите свой коэффициент.

Покой (\(\tg\alpha \le \mu\)). Брусок неподвижен, вдоль доски: \[ F_{\text{тр}} = m g\sin\alpha. \] Это возможно, пока \(mg\sin\alpha \le \mu m g\cos\alpha\), т.е. до угла \(\alpha^* = \arctg\mu\).

Скольжение (\(\tg\alpha \ge \mu\)). Теперь трение скольжения: \[ F_{\text{тр}} = \mu N = \mu m g\cos\alpha. \]

Наибольшее значение — в точке смены режимов: \[ F_{\max} = mg\sin(\arctg\mu) = \frac{\mu\,mg}{\sqrt{1+\mu^2}} = \frac{mg}{\sqrt{1 + \mu^{-2}}}. \]

Оси: вдоль ленты (вверх) и поперёк. Поперёк: \(N = mg\cos\alpha\). Вдоль ленты на ящик действуют трение \(F_{\text{тр}}\) (вверх — лента тащит ящик) и скатывающая сила \(mg\sin\alpha\): \[ m a = F_{\text{тр}} - m g \sin\alpha. \]

Трение покоя не превосходит \(\mu N\): \[ a \le \frac{\mu m g\cos\alpha - m g\sin\alpha}{m} \quad\Longrightarrow\quad a_{\max} = g\,(\mu\cos\alpha - \sin\alpha). \]

Подъём. Против движения работают и скатывающая сила, и трение: \[ a_1 = g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha). \] Тело останавливается через время \[ t_1 = \frac{v}{a_1} = \frac{v}{g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)}. \]

Спуск. Так как \(\tg\alpha > \mu\), тело не застрянет и поедет вниз, но теперь трение направлено вверх по склону: \[ a_2 = g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha). \] Скорость снова станет равна \(v\) через время \[ t_2 = \frac{v}{a_2} = \frac{v}{g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)}. \]

Складываем и приводим к общему знаменателю: \[ t = t_1 + t_2 = \frac{v}{g}\cdot\frac{(\sin\alpha - \mu\cos\alpha) + (\sin\alpha + \mu\cos\alpha)} {(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)} = \frac{2v\sin\alpha}{g\,(\sin^2\alpha - \mu^2\cos^2\alpha)}. \]

Вертикаль (тело не отрывается, значит, по вертикали покой): \[ N + F\sin\alpha = mg \quad\Longrightarrow\quad N = mg - F\sin\alpha. \] Условие «не отрывается» как раз означает \(F\sin\alpha \le mg\), т.е. \(N \ge 0\).

Горизонталь (тело движется, трение скольжения \(\mu N\)): \[ ma = F\cos\alpha - \mu N = F\cos\alpha - \mu(mg - F\sin\alpha), \] \[ a = \frac{F}{m}(\cos\alpha + \mu\sin\alpha) - \mu g. \]

Если это выражение получилось отрицательным, значит, сила не в состоянии сдвинуть тело: трение покоя удержит его, и \(a = 0\).

Поперёк ребра. В сечении, перпендикулярном ребру, надо уравновесить поперечную часть тяжести \(mg\cos\beta\). Каждая нормаль \(N\) отклонена от биссектрисы сечения на угол \(90^\circ - \alpha/2\), поэтому вдоль биссектрисы от двух стенок собирается \(2N\sin(\alpha/2)\): \[ 2N\sin\frac{\alpha}{2} = mg\cos\beta \quad\Longrightarrow\quad N = \frac{mg\cos\beta}{2\sin(\alpha/2)}. \]

Вдоль ребра. Скатывает \(mg\sin\beta\), тормозят две силы трения по \(\mu N\): \[ ma = mg\sin\beta - 2\mu N = mg\sin\beta - \frac{\mu\, mg\cos\beta}{\sin(\alpha/2)}, \] \[ a = g\left(\sin\beta - \frac{\mu\cos\beta}{\sin(\alpha/2)}\right). \] Если \(\mu \ge \tg\beta\,\sin(\alpha/2)\), выражение неположительно — цилиндр в жёлобе не скользит: \(a = 0\).

Стоит или едет? Чтобы система стояла, трения покоя в щели должно хватить на разность весов: \[ |m_2 - m_1|\,g \le F_{\text{тр}} \quad\Longrightarrow\quad a = 0. \]

Едет. Пусть для определённости \(m_2 > m_1\): груз \(m_2\) опускается. Обозначим \(T\) — натяжение от груза \(m_1\) через блок до щели (идеальный блок его не меняет), \(T'\) — под щелью, у груза \(m_2\). Нить в щели невесома, движется вниз, трение на неё направлено вверх: \[ T' = T + F_{\text{тр}}. \] Второй закон Ньютона для грузов: \[ m_2 g - T' = m_2 a, \qquad T - m_1 g = m_1 a. \] Складываем оба уравнения, подставив \(T' = T + F_{\text{тр}}\): \[ (m_2 - m_1)g - F_{\text{тр}} = (m_1 + m_2)\,a. \]

В общем виде (для любого соотношения масс): \[ |a| = \frac{|m_2 - m_1|\,g - F_{\text{тр}}}{m_1 + m_2}, \qquad\text{если } |m_2 - m_1|\,g > F_{\text{тр}}. \]

Оси вдоль и поперёк сходней. Втаскиваем равномерно; верёвка под углом \(\gamma\) к поверхности: \[ T\cos\gamma = mg\sin\alpha + \mu N, \qquad N = mg\cos\alpha - T\sin\gamma. \] Отсюда \[ T = \frac{mg(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)}{\cos\gamma + \mu\sin\gamma}. \]

Максимум знаменателя. Обозначим \(\varphi = \arctg\mu\) (угол трения); тогда \(\mu = \tg\varphi\) и \[ \cos\gamma + \mu\sin\gamma = \frac{\cos(\gamma - \varphi)}{\cos\varphi} = \sqrt{1+\mu^2}\,\cos(\gamma - \varphi). \] Максимум — при \(\gamma = \varphi = \arctg\mu\), и он равен \(\sqrt{1+\mu^2}\).

Значит, тянуть надо под углом к горизонту \[ \beta = \alpha + \arctg\mu, \qquad T_{\min} = \frac{mg(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)}{\sqrt{1+\mu^2}}. \]

Груз на грани сдвига. Верёвка под углом \(\alpha\): \[ T\cos\alpha = \mu(m_2 g - T\sin\alpha) \quad\Longrightarrow\quad T = \frac{\mu m_2 g}{\cos\alpha + \mu\sin\alpha} = \frac{\mu m_2 g}{\sqrt{1+\mu^2}\,\cos(\alpha - \varphi)}, \] где \(\varphi = \arctg\mu\). Само по себе это минимально при \(\alpha = \varphi\): \(T_{\min} = \dfrac{\mu m_2 g}{\sqrt{1+\mu^2}}\).

А устоит ли человек? На него верёвка действует силой \(T\) вперёд-вниз: прижимает (\(N_1 = m_1 g + T\sin\alpha\)) и тянет (\(T\cos\alpha\)). Условие «остаться на месте»: \[ T\cos\alpha \le \mu(m_1 g + T\sin\alpha) \quad\Longleftrightarrow\quad T(\cos\alpha - \mu\sin\alpha) \le \mu m_1 g. \] Подставив \(\alpha = \varphi\) и \(T_{\min}\), получаем условие применимости: \[ m_1 \ge m_2\,\frac{1-\mu^2}{1+\mu^2}. \]

Лёгкий человек. Если \(m_1 < m_2\dfrac{1-\mu^2}{1+\mu^2}\), надо поднимать угол выше \(\varphi\), пока оба условия не станут предельными: \[ T(\cos\alpha + \mu\sin\alpha) = \mu m_2 g, \qquad T(\cos\alpha - \mu\sin\alpha) = \mu m_1 g. \] Складывая и вычитая: \[ T\cos\alpha = \frac{\mu(m_1+m_2)g}{2}, \qquad T\sin\alpha = \frac{(m_2-m_1)g}{2}. \] Отсюда \[ \tg\alpha = \frac{m_2 - m_1}{\mu\,(m_1 + m_2)}, \qquad T_{\min} = \frac{g}{2}\sqrt{\mu^2 (m_1+m_2)^2 + (m_2-m_1)^2}. \]

На сухой дороге и на льду: \[ l = \frac{v^2}{2\mu g} = \frac{v'^2}{2(\mu/10)g} \quad\Longrightarrow\quad \frac{v^2}{\mu} = \frac{10\,v'^2}{\mu} \quad\Longrightarrow\quad \frac{v}{v'} = \sqrt{10} \approx 3{,}2. \]

Разгон. \(v = 72\ \text{км/ч} = 20\ \text{м/с}\); ускорение \[ a = \frac{v}{t} = \frac{20}{5} = 4\ \text{м/с}^2. \] Предел по сцеплению: \(ma = F_{\text{тр}} \le \mu mg\), и раз двигатель «упирается» именно в этот предел, \[ \mu = \frac{a}{g} = \frac{4}{10} = 0{,}4. \]

Торможение. Наибольшее замедление — то же \(\mu g\): \[ l_{\min} = \frac{v^2}{2\mu g} = \frac{400}{2\cdot 0{,}4\cdot 10} = 50\ \text{м}. \]

а. Когда начнётся проскальзывание. Вместе система имела бы ускорение \(a = \dfrac{F}{m_1+m_2}\); телу \(m_1\) его сообщает только трение, которому нужно \(m_1 a \le \mu m_1 g\). Отсюда предел: \[ F \le \mu(m_1 + m_2)\,g. \] Тело соскользнёт, если \[ F > \mu(m_1+m_2)\,g. \]

Время соскальзывания при силе \(F_0\). При проскальзывании: тело везёт трение скольжения, доску тормозит его реакция: \[ a_1 = \mu g, \qquad a_2 = \frac{F_0 - \mu m_1 g}{m_2}. \] Относительное ускорение доски относительно тела: \[ a_{\text{отн}} = a_2 - a_1 = \frac{F_0 - \mu m_1 g - \mu m_2 g}{m_2} = \frac{F_0 - \mu(m_1+m_2)g}{m_2}. \] Доска должна «выехать» из-под тела на свою длину \(l\): \[ l = \frac{a_{\text{отн}}t^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad t = \sqrt{\frac{2l\,m_2}{F_0 - \mu(m_1+m_2)g}}. \]

б. Сила приложена к телу \(m_1\). Теперь доску \(m_2\) везёт только трение от тела: вместе они поедут, лишь пока \(m_2\cdot\dfrac{F_0}{m_1+m_2} \le \mu m_1 g\), т.е. при \(F_0 \le \mu m_1 g\,\dfrac{m_1+m_2}{m_2}\) — тогда \(a_1 = a_2 = \dfrac{F_0}{m_1+m_2}\). Если сила больше (в частности, любая сила из пункта «а» при \(m_1 \le m_2\)), тело скользит по доске: \[ a_1 = \frac{F_0 - \mu m_1 g}{m_1}, \qquad a_2 = \frac{\mu m_1 g}{m_2}. \]

Едем вместе. Общая масса \(2(m_1+m_2)\), общее ускорение \[ a = \frac{F}{2(m_1+m_2)}. \] Критичен правый верхний груз: его толкает вперёд трение \(f\) от нижнего соседа, а назад тянет нить с силой \(T\), причём \(T\) везёт всю левую пару: \(T = (m_1+m_2)a\). Тогда \[ f = m_1 a + T = (2m_1 + m_2)\,a \le \mu m_1 g, \] откуда условие совместного движения: \[ F \le F_0 = \frac{2\mu m_1 g\,(m_1+m_2)}{2m_1+m_2}. \]

Проскальзывание (\(F > F_0\)). Правый нижний груз скользит под своим верхним, унося силу \(F\), а назад его держит трение скольжения: \[ a_{2,\text{пр}} = \frac{F - \mu m_1 g}{m_2}. \] Остальные три груза (левая пара + правый верхний, общей массой \(2m_1+m_2\)) разгоняются только трением \(\mu m_1 g\): \[ a_{1,\text{пр}} = a_{1,\text{лев}} = a_{2,\text{лев}} = \frac{\mu m_1 g}{2m_1 + m_2}. \] (Левая пара при этом не проскальзывает: её нижнему грузу нужно лишь \(m_2 a \le \mu m_1 g\) — выполнено с запасом.)

Если груз скользит (\(\tg\alpha > \mu\)). Клин зажат между стенкой и полом и стоит; груз съезжает по нему с ускорением \[ a = g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha) \] вдоль наклонной, то есть с горизонтальной составляющей \(a\cos\alpha\), направленной от стенки.

Для системы «клин + груз» по горизонтали внешняя сила одна — давление стенки \(F\) (пол гладкий и давит лишь вертикально). Второй закон Ньютона по горизонтали: \[ F = m\,a\cos\alpha = mg\cos\alpha\,(\sin\alpha - \mu\cos\alpha). \] По третьему закону клин давит на стенку с той же силой \(F\).

Если груз стоит (\(\tg\alpha \le \mu\)). Система покоится, горизонтальное ускорение нулевое — и потому \[ F = 0. \] Стенка вообще «не нужна»: гладкий пол не мешает клину, но и толкать его нечему.

Почему высота не важна. Сила сопротивления воздуха растёт со скоростью (для капель дождя — примерно как \(f = A\rho_0 r^2 v^2\), см. задачу 2.1.37). Пока капля разгоняется, \(f\) увеличивается — и уже через десяток-другой метров падения сравнивается с тяжестью: \[ mg = f(v_{\text{уст}}). \] Дальше ускорения нет: капля падает с постоянной установившейся скоростью. Тучи же висят на сотнях метров — «лишняя» высота ничего не меняет.

Почему размер важен. В балансе тяжесть растёт с размером быстрее сопротивления: \(mg \propto r^3\), а \(f \propto r^2 v^2\). Отсюда \[ r^3 \propto r^2 v_{\text{уст}}^2 \quad\Longrightarrow\quad v_{\text{уст}} \propto \sqrt{r}. \] Крупные капли летят заметно быстрее мелких: ливень «бьёт», морось «висит».

На максимальной скорости разгон закончился — движущая сила равна сопротивлению: \[ \alpha v_{\max}^2 = F_{\text{движ}} \le \mu m g. \] Для оценки берём предел: \[ \alpha = \frac{\mu m g}{v_{\max}^2} = \frac{0{,}4\cdot 70\cdot 9{,}8}{20^2} = \frac{274}{400} \approx 0{,}7\ \text{кг/м}. \]

Вертикаль (шар + канат как система): земля держит канат с силой \[ N = mg - F \] (шар легче воздуха не настолько, чтобы поднять канат: подразумевается \(F < mg\), иначе бы всё улетело).

Горизонталь, установившееся движение. Ветер обдувает шар со скоростью \(u - v\) и толкает с силой \(\alpha(u-v)^2\); канат волочится, трение \(\mu N\) тянет назад: \[ \alpha\,(u - v)^2 = \mu\,(mg - F) \quad\Longrightarrow\quad u - v = \sqrt{\frac{\mu\,(mg - F)}{\alpha}}, \] \[ v = u - \sqrt{\frac{\mu}{\alpha}(mg - F)}. \]

Слабый ветер. Если даже при неподвижном шаре напор мал, \(\alpha u^2 < \mu(mg - F)\), — трения покоя хватает, и шар стоит: \(v = 0\).

На малом участке \(\Delta l\) скорость падает на \[ \Delta v = \beta\,\Delta l, \] а проходит тело этот участок за время \(\Delta t = \Delta l / v\). Значит, ускорение (по модулю): \[ a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{\beta\,\Delta l}{\Delta l / v} = \beta\,v. \]

По второму закону Ньютона сила вязкого трения: \[ F = m a = \beta m v \] — прямо пропорциональна скорости (и направлена против неё).

Баланс сил. Масса капли \(m = \frac{4}{3}\pi r^3 \rho_{\text{в}}\) (\(\rho_{\text{в}} = 1000\) кг/м³ — плотность воды). Установившаяся скорость: \[ \frac{4}{3}\pi r^3 \rho_{\text{в}}\, g = A\rho_0 r^2 v^2 \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{\frac{4\pi \rho_{\text{в}}\, g\, r}{3A\rho_0}} \;\propto\; \sqrt{r}. \] Крупные капли быстрее ✓ (тот же вывод, что в задаче 2.1.33).

Число (\(A \approx 1\), \(r = 10^{-3}\) м): \[ v = \sqrt{\frac{4\pi\cdot 1000\cdot 9{,}8\cdot 10^{-3}}{3\cdot 1{,}3}} = \sqrt{\frac{123}{3{,}9}} \approx \sqrt{31{,}6} \approx 5{,}5\ \text{м/с}. \]

Установившаяся скорость из баланса сил: \[ \frac{4}{3}\pi r^3 \rho_{\text{в}}\, g = \gamma r v \quad\Longrightarrow\quad v = \frac{4\pi \rho_{\text{в}}\, g}{3\gamma}\, r^2 \;\propto\; r^2. \]

Поэтому при уменьшении радиуса вдвое скорость падает в 4 раза, а вдесятеро — в 100 раз: \[ v_1 = \frac{1}{4}\cdot 1 = 0{,}25\ \text{м/с}, \qquad v_2 = \frac{1}{100}\cdot 1 = 0{,}01\ \text{м/с}. \]

Почему хватает одного слагаемого. Отношение сил \[ \frac{f_{\text{вихр}}}{f_{\text{вязк}}} = \frac{A\rho_0 r^2 v^2}{\gamma r v} = \frac{A\rho_0}{\gamma}\, r v \] растёт с \(rv\). Для крупного и быстрого (дождевая капля) оно ≫ 1 — вихревое сопротивление подавляет вязкое; для мелкого и медленного (туман) оно ≪ 1 — наоборот. Промежуточная область узка, поэтому почти всегда работает один закон.

Оценка \(\gamma\). Из задачи 2.1.38: капля \(r = 10^{-4}\) м падает с \(v = 1\) м/с, и её вес держит вязкая сила: \[ \gamma = \frac{mg}{rv} = \frac{\tfrac{4}{3}\pi r^3 \rho_{\text{в}}\, g}{rv} = \frac{4\pi\cdot 10^{-8}\cdot 10^3\cdot 9{,}8}{3\cdot 1} \approx 4\cdot 10^{-4}\ \text{кг/(м}\cdot\text{с)}. \]

Граница режимов — равенство сил: \[ A\rho_0 r^2v^2 = \gamma r v \quad\Longrightarrow\quad rv = \frac{\gamma}{A\rho_0} \approx \frac{4\cdot 10^{-4}}{1{,}3} \approx 3{-}4\cdot 10^{-4}\ \text{м}^2/\text{с}. \]

В системе ленты. Начальная скорость шайбы относительно ленты складывается из \(v\) (поперёк) и \(-u\) (вдоль — лента «уезжает» из-под неё): \[ w = \sqrt{v^2 + u^2}. \] Трение скольжения направлено строго против относительной скорости, и раз движение прямолинейное, его направление не меняется: шайба тормозит с ускорением \(\mu g\) на прямой и проходит до остановки (относительно ленты) путь \[ s = \frac{w^2}{2\mu g}. \]

Возвращаемся поперёк. Лента движется вдоль себя, поэтому поперечная координата шайбы в обеих системах одна и та же. Поперечная доля пути \(s\) равна \(v/w\): \[ d_{\max} = s\,\frac{v}{w} = \frac{w^2}{2\mu g}\cdot\frac{v}{w} = \frac{v\sqrt{v^2+u^2}}{2\mu g}. \] После остановки относительно ленты шайба едет вместе с ней — поперёк больше не продвигается. Если лента шире \(d_{\max}\), другого края шайба не достигнет.

У невращающейся шайбы все точки скользят вперёд со скоростью \(v\); трение всех участков направлено назад, тормозящая сила максимальна: \(\mu mg\).

У быстро вращающейся шайбы (\(\omega r \gg v\)) скорость точки контакта — сумма поступательной \(v\) и вращательной \(\omega r\), почти перпендикулярных друг другу у большинства точек. Трение направлено против этой суммарной скорости, то есть почти по касательной к окружности; против движения центра работает лишь доля порядка \[ \frac{v}{\sqrt{v^2 + (\omega r)^2}} \ll 1 \] (в точности как поперечная доля в задаче 2.1.40). Тормозящая сила оказывается много меньше \(\mu mg\), и путь до остановки — больше.

Пусть древесина обжимает гвоздь так, что полная сила трения скольжения по поверхности равна \(F_{\text{тр}}\). Если тянуть без вращения, вся она направлена вдоль оси против вытягивания — нужно усилие \(F > F_{\text{тр}}\).

Если же гвоздь вращать, скорость точек его поверхности складывается из осевой \(v\) и вращательной \(\omega r\). Трение направлено против суммарного скольжения, и вдоль оси действует лишь составляющая \[ F_{\text{ос}} = F_{\text{тр}}\,\frac{v}{\sqrt{v^2+(\omega r)^2}}, \] которая при быстром вращении (\(\omega r \gg v\)) сколь угодно мала. Достаточно небольшой осевой силы, чтобы гвоздь медленно «выползал», пока вращается.

Скольжение. Относительно поверхности оси втулка движется вдоль оси со скоростью \(v\) и по окружности со скоростью \(\omega R\) (ось крутится, втулка — нет). Полная скорость скольжения: \[ w = \sqrt{v^2 + \omega^2 R^2}. \]

Установившееся движение. Трение скольжения \(F_{\text{тр}}\) направлено против суммарного скольжения; вдоль оси действует его составляющая \(F_{\text{тр}}\,v/w\). Она и уравновешивает силу \(F\): \[ F = F_{\text{тр}}\,\frac{v}{\sqrt{v^2+\omega^2R^2}}. \] Возводим в квадрат и решаем относительно \(v\): \[ F^2 v^2 + F^2\omega^2R^2 = F_{\text{тр}}^2 v^2 \quad\Longrightarrow\quad v = \frac{\omega R\,F}{\sqrt{F_{\text{тр}}^2 - F^2}}. \]

Что удерживает тело. Пусть тело сползает вниз по линии наибольшего ската со скоростью \(v\). Относительно плоскости оно скользит со скоростью \[ w = \sqrt{v^2+u^2} \] (вниз \(v\), поперёк \(u\) — плоскость уезжает вбок). Сила трения \(\mu N = \mu m g\cos\alpha\) направлена против \(\vec w\), и вверх по скату приходится её доля \(v/w\).

Поперечная доля трения меняет знак вместе с \(u\) — тысячу раз в секунду, и поперёк тело только едва заметно дрожит. А вдоль ската установившееся (равномерное) сползание: \[ m g\sin\alpha = \mu m g\cos\alpha\cdot\frac{v}{\sqrt{v^2+u^2}}. \]

Сокращаем на \(mg\cos\alpha\) и возводим в квадрат: \[ \tg\alpha\,\sqrt{v^2+u^2} = \mu v \quad\Longrightarrow\quad \tg^2\alpha\,(v^2+u^2) = \mu^2v^2, \] \[ v^2(\mu^2 - \tg^2\alpha) = u^2\tg^2\alpha \quad\Longrightarrow\quad v = \frac{u\,\tg\alpha}{\sqrt{\mu^2 - \tg^2\alpha}}. \]

Две равные силы. Вдоль плоскости на монету действуют скатывающая сила \(mg\sin\alpha\) (вниз по скату) и трение \(\mu mg\cos\alpha\) (против скорости). По условию \(\mu = \tg\alpha\), поэтому обе равны \[ ma = mg\sin\alpha. \]

Первая проекция — на скорость. Пусть \(\theta\) — угол между скоростью и линией ската. За малое время \(\Delta t\) модуль скорости меняется на проекцию всех сил на направление движения: \[ \Delta w = a\,\Delta t\,\cos\theta - a\,\Delta t. \]

Вторая проекция — на линию ската. Составляющая скорости вдоль ската \(v_{\parallel} = w\cos\theta\) меняется так: \[ \Delta v_{\parallel} = a\,\Delta t - a\,\Delta t\,\cos\theta \] (трение даёт вдоль ската \(-a\cos\theta\), тяжесть \(+a\)).

Складываем. Правые части противоположны, значит \[ \Delta\big(w + v_{\parallel}\big) = 0 \quad\Longrightarrow\quad w + v_{\parallel} = \text{const}. \] В начале монета едет горизонтально: \(w = v\), \(v_{\parallel} = 0\), сумма равна \(v\). В конце движение установилось — оно идёт прямо вниз по скату, где \(w = v_{\parallel} = u\). Значит \[ u + u = v \quad\Longrightarrow\quad u = \frac{v}{2}. \]

Кто где. Без нити гладкое тело разгонялось бы сильнее (\(g\sin\alpha\) против \(g\sin\alpha - \mu g\cos\alpha\)). Значит, оно едет впереди (ниже), а нить натянута и тянет его назад, помогая заднему телу.

Уравнения вдоль наклонной (масса каждого тела \(m\), ускорение общее \(a\)): \[ \text{гладкое:}\quad ma = mg\sin\alpha - T, \] \[ \text{с трением:}\quad ma = mg\sin\alpha + T - F_{\text{тр}}. \]

Вычтем первое уравнение из второго: \[ 0 = 2T - F_{\text{тр}} \quad\Longrightarrow\quad F_{\text{тр}} = 2T. \]

Уравнения движения. Направим ось вправо (к блоку); пусть \(x_1, x_2, X\) — координаты тел 1, 2 и блока. Натяжение всюду \(T\): \[ m\ddot x_1 = T - F, \qquad m\ddot x_2 = T, \qquad M\ddot X = -2T. \] (Нить тянет тела 1 и 2 вправо, а блок — влево, сразу двумя ветвями.)

Связь. Длина нити \((X - x_1) + (X - x_2)\) постоянна, значит \[ 2\ddot X = \ddot x_1 + \ddot x_2. \]

Подставляем ускорения: \[ 2\cdot\left(-\frac{2T}{M}\right) = \frac{T-F}{m} + \frac{T}{m} = \frac{2T-F}{m}, \] \[ -4Tm = M(2T - F) \quad\Longrightarrow\quad T\,(4m + 2M) = MF \quad\Longrightarrow\quad T = \frac{MF}{2\,(M+2m)}. \]

Остаётся подставить \(T\) в уравнения тел: \[ a_1 = \frac{F - T}{m} = \frac{F\,(M+4m)}{2m\,(M+2m)},\qquad a_2 = \frac{T}{m} = \frac{FM}{2m\,(M+2m)},\qquad a_3 = \frac{2T}{M} = \frac{F}{M+2m}. \] Тела 1 и 3 едут в сторону силы \(F\), тело 2 — навстречу, к блоку.

Связь движений. Каждая грань клина наклонена к вертикали под углом \(\alpha/2\). Клин опускается на \(\Delta h\) — брусок отъезжает на \(\Delta h\,\tg(\alpha/2)\), поэтому \[ a_1 = a_2\,\tg\frac{\alpha}{2}. \]

Брусок. Гладкие поверхности — на брусок действует только нормаль \(N\), её горизонтальная составляющая \(N\cos(\alpha/2)\): \[ m_1 a_1 = N\cos\frac{\alpha}{2}. \]

Клин. Его тянет вниз тяжесть, а вверх — вертикальные составляющие двух реакций брусков (по третьему закону Ньютона они равны \(N\) и направлены вверх-внутрь): \[ m_2 a_2 = m_2 g - 2N\sin\frac{\alpha}{2}. \]

Выражаем \(N\) из уравнения бруска и подставляем: \[ N = \frac{m_1 a_2 \tg(\alpha/2)}{\cos(\alpha/2)} \;\Longrightarrow\; m_2 a_2 = m_2 g - 2m_1 a_2 \tg^2\frac{\alpha}{2}, \] \[ a_2 = \frac{m_2\,g}{m_2 + 2m_1\tg^2(\alpha/2)}, \qquad a_1 = \frac{m_2\,g\,\tg(\alpha/2)}{m_2 + 2m_1\tg^2(\alpha/2)}. \]

Куда едет брусок. Нить действует на ролик двумя ветвями: горизонтальная тянет к стенке с силой \(T\), «грузовая» — вниз-вбок, её горизонтальная составляющая \(T\sin\alpha\) направлена от стенки. Так как \(\sin\alpha < 1\), итог — \(T(1-\sin\alpha)\) к стенке: \[ m_0\,a = T\,(1 - \sin\alpha). \tag{1} \]

Ускорение груза. Оно складывается из ускорения ролика (\(a\), к стенке) и ускорения груза относительно ролика. Полная длина нити постоянна, а горизонтальный участок укорачивается с ускорением \(a\) — значит, участок с грузом удлиняется с тем же \(a\), и груз уходит от ролика вдоль нити (вниз под углом \(\alpha\)) с ускорением \(a\). Складывая, получаем составляющие ускорения груза: \[ a_{\text{гор}} = a\,(1-\sin\alpha)\ \ \text{(к стенке)}, \qquad a_{\text{верт}} = a\cos\alpha\ \ \text{(вниз)}. \]

Второй закон Ньютона для груза (на него действуют натяжение \(T\) вдоль нити к ролику и тяжесть): \[ \text{гор.:}\quad m\,a\,(1-\sin\alpha) = T\sin\alpha, \tag{2} \] \[ \text{верт.:}\quad mg - T\cos\alpha = m\,a\cos\alpha. \tag{3} \]

Из (2) выразим \(T = \dfrac{m\,a\,(1-\sin\alpha)}{\sin\alpha}\) и подставим в (3): \[ g = a\cos\alpha\cdot\frac{1-\sin\alpha}{\sin\alpha} + a\cos\alpha = a\cos\alpha\cdot\frac{1-\sin\alpha+\sin\alpha}{\sin\alpha} = \frac{a\cos\alpha}{\sin\alpha}, \] \[ \boxed{\,a = g\,\tg\alpha\,} \] — и это не зависит ни от масс, ни от длины нити.

Масса груза. Подставим \(T\) из (2) в уравнение бруска (1): \[ m_0 a = \frac{m\,a\,(1-\sin\alpha)}{\sin\alpha}\,(1-\sin\alpha) \quad\Longrightarrow\quad m_0 = \frac{m\,(1-\sin\alpha)^2}{\sin\alpha}, \] \[ m = \frac{m_0\,\sin\alpha}{(1-\sin\alpha)^2}. \]

Третий закон по горизонтали. Пол гладкий, поэтому единственная горизонтальная сила на клин — давление тела \(N\sin\alpha\), а на тело со стороны клина действует такая же сила в обратную сторону. Значит, горизонтальные ускорения связаны: \[ m\,a_{\text{гор}} = M\,A, \tag{1} \] где \(a_{\text{гор}}\) — горизонтальная составляющая ускорения тела (вправо), \(A\) — ускорение клина (влево).

Кинематика. Относительно клина тело скользит вдоль грани; пусть это относительное ускорение равно \(a_{\text{отн}}\). Тогда в неподвижной системе \[ a_{\text{гор}} = a_{\text{отн}}\cos\alpha - A, \qquad a_{\text{верт}} = a_{\text{отн}}\sin\alpha \] (вертикаль клин не меняет — он едет по горизонтали). По условию \[ \tg\beta = \frac{a_{\text{верт}}}{a_{\text{гор}}} = \frac{a_{\text{отн}}\sin\alpha}{a_{\text{отн}}\cos\alpha - A}. \tag{2} \]

Соединяем. Из (1) \(A = \dfrac{m}{M}a_{\text{гор}}\), то есть \(a_{\text{отн}}\cos\alpha = a_{\text{гор}}\left(1+\dfrac{m}{M}\right)\). Подставим в (2): \[ \tg\beta = \frac{a_{\text{отн}}\sin\alpha}{a_{\text{гор}}} = \tg\alpha\cdot\frac{M+m}{M}. \]

Отсюда \(\dfrac{M+m}{M} = \dfrac{\tg\beta}{\tg\alpha}\), то есть \(\dfrac{m}{M} = \dfrac{\tg\beta - \tg\alpha}{\tg\alpha}\), и окончательно \[ M = \frac{m\,\tg\alpha}{\tg\beta - \tg\alpha}. \]

1. Куда направлена сила. На невесомый каток действуют только две силы: со стороны плиты (в точке \(P\)) и со стороны пола (в точке \(G\)). Невесомое тело в равновесии, если эти силы равны, противоположны и лежат на одной прямой — значит, обе направлены вдоль \(PG\).

2. Геометрия. В треугольнике \(CPG\) стороны \(CP\) и \(CG\) — это радиусы, они равны. Радиус \(CP\) перпендикулярен плите, поэтому он отклонён от вертикали \(CG\) на \(180^\circ - \alpha\). Значит, углы при основании равны \[ \frac{180^\circ - (180^\circ - \alpha)}{2} = \frac{\alpha}{2}, \] и прямая \(PG\) составляет с вертикалью угол \(\alpha/2\) — у обоих катков одинаково, независимо от радиуса!

3. Куда движется плита. Точка \(P\) катка — это точка вращающегося тела, у которого мгновенная ось проходит через \(G\) (качение без проскальзывания). Скорость такой точки перпендикулярна отрезку \(GP\). Проскальзывания между плитой и катком тоже нет, значит и плита движется перпендикулярно \(GP\) — под углом \(\alpha/2\) к горизонту.

4. Второй закон Ньютона. Силы катков перпендикулярны скорости, и работы не совершают; спроецируем закон Ньютона на направление движения — там остаётся только тяжесть: \[ m a = m g\sin\frac{\alpha}{2} \quad\Longrightarrow\quad a = g\sin\frac{\alpha}{2}. \]

Сила притяжения одна и та же для обеих звёзд (третий закон Ньютона): \[ m_1 a_1 = m_2 a_2 \quad\Longrightarrow\quad m_2 = \frac{m_1 a_1}{a_2}. \]

Где шарики. Стержень — хорда, наклонённая к вертикали на \(45^\circ\); нижний шарик в самой нижней точке сферы. Треугольник \(OAB\) равнобедренный (\(OA = OB = R\)), угол при основании \(45^\circ\), значит угол при вершине \(O\) равен \(90^\circ\): верхний шарик находится на уровне центра, где радиус горизонтален.

Одно ускорение на двоих. Гантель поворачивается вокруг \(O\) как целое, поэтому касательные ускорения шариков одинаковы по модулю — обозначим их \(a_\tau\). Нормальные реакции направлены по радиусам, вдоль касательной они ничего не дают, и остаются только тяжесть и сила стержня \(F\).

Ключевая геометрия. Стержень наклонён к вертикали на \(45^\circ\) — значит, и к горизонтали тоже на \(45^\circ\). У нижнего шарика касательная горизонтальна, у верхнего — вертикальна, и в обоих случаях проекция силы стержня на касательную одна и та же: \[ F\cos45^\circ = \frac{F}{\sqrt2}. \]

Два уравнения вдоль касательных. У нижнего шарика тяжесть перпендикулярна касательной и в неё не проецируется, у верхнего — наоборот, направлена точно по касательной: \[ \text{нижний:}\quad m a_\tau = \frac{F}{\sqrt2}, \qquad \text{верхний:}\quad m a_\tau = mg - \frac{F}{\sqrt2}. \] Складываем: \(2m a_\tau = mg\), откуда \[ a_\tau = \frac{g}{2}, \qquad \frac{F}{\sqrt2} = \frac{mg}{2}. \] (Стержень сжат: он расталкивает шарики.)

Теперь вдоль радиусов. Скорости пока нулевые, поэтому центростремительных ускорений нет — радиальные проекции сил должны давать нуль. У нижнего шарика радиус вертикален: \[ N_2 = mg + \frac{F}{\sqrt2} = mg + \frac{mg}{2} = \frac{3mg}{2}, \] у верхнего радиус горизонтален (тяжесть в него не проецируется): \[ N_1 = \frac{F}{\sqrt2} = \frac{mg}{2}. \] По третьему закону Ньютона с такими же силами шарики давят на стенки.

Сила. Движение по окружности радиуса \(r\) со скоростью \(v\): \[ F = \frac{m_e v^2}{r} \] — сила обратно пропорциональна расстоянию до нити. (Это, кстати, и есть «визитная карточка» заряженной нити: её поле убывает как \(1/r\).)

Если скорость чуть изменилась. На коротком участке пути сила почти не меняется ни по величине, ни по направлению — как однородное поле тяжести. А в однородном поле траектория тела, брошенного «вбок», — парабола.

При \(v\) чуть меньше нужной центростремительная сила избыточна, и электрон сходит с окружности внутрь: начальный участок — парабола, касающаяся окружности изнутри. При \(v\) чуть больше силы не хватает, и парабола отклоняется наружу.

Сразу после захвата нити гвоздём каждый шарик движется по окружности радиуса \(l/2\) с прежней скоростью \(v\). Натяжение нити и есть центростремительная сила: \[ T = \frac{m v^2}{l/2} = \frac{2m v^2}{l}. \]

Невесомая нить. Единственная сила на тело — натяжение, оно и есть центростремительная сила: \[ T = M\omega^2 l. \]

Верёвка с массой. Разрежем её мысленно на расстоянии \(x\). Дальше сечения находятся:

— тело \(M\) на радиусе \(l\): ему нужно \(M\omega^2 l\);

— кусок верёвки от \(x\) до \(l\): его масса \(m\dfrac{l-x}{l}\), а центр находится на радиусе \(\dfrac{l+x}{2}\), поэтому ему нужно \[ m\,\frac{l-x}{l}\cdot\omega^2\,\frac{l+x}{2} = \frac{m\omega^2 (l^2-x^2)}{2l}. \]

Всю эту центростремительную силу обеспечивает натяжение в сечении: \[ T_x = M\omega^2 l + \frac{m\omega^2\,(l^2 - x^2)}{2l}. \]

Уравнения. Пусть \(\alpha\) — угол между радиусом к бусинке и вертикалью (от нижней точки). Реакция \(N\) направлена к центру кольца, её составляющие: \(N\cos\alpha\) вверх и \(N\sin\alpha\) — к оси вращения.

По вертикали ускорения нет: \[ N\cos\alpha = mg. \] По горизонтали — центростремительное ускорение \(\omega^2 R\sin\alpha\): \[ N\sin\alpha = m\,\omega^2 R\sin\alpha. \]

Во втором уравнении \(\sin\alpha\) сокращается (если бусинка не в самом низу): \(N = m\omega^2 R\). Подставляя в первое, \[ m\omega^2 R\cos\alpha = mg \quad\Longrightarrow\quad \cos\alpha = \frac{g}{\omega^2 R}. \]

Такое решение существует только при \(\dfrac{g}{\omega^2R} < 1\). Если же \(\omega^2 R \le g\), бусинка остаётся в нижней точке: \(\alpha = 0\).

Радиус. Верхняя нить выносит первый шарик на \(l\sin\alpha\) от оси, нижняя добавляет ещё \(l\sin\beta\): \[ r = l\,(\sin\alpha + \sin\beta). \]

Нижний шарик. На него действуют только натяжение \(T_2\) нижней нити (под углом \(\beta\) к вертикали) и тяжесть: \[ \text{вертикаль:}\quad T_2\cos\beta = mg, \] \[ \text{горизонталь:}\quad T_2\sin\beta = m\,\omega^2 r. \]

Делим второе уравнение на первое — масса и натяжение уходят: \[ \tg\beta = \frac{\omega^2 l\,(\sin\alpha+\sin\beta)}{g} \quad\Longrightarrow\quad \omega = \sqrt{\frac{g\,\tg\beta}{l\,(\sin\alpha + \sin\beta)}}. \]

Сила пружины \(k\,(R - l)\) — единственная горизонтальная сила, значит, она и есть центростремительная: \[ k\,(R - l) = m\omega^2 R \quad\Longrightarrow\quad R - l = \frac{m\omega^2 R}{k}, \] \[ l = R\left(1 - \frac{m\omega^2}{k}\right). \]

Мост 1: закон Гука. Длина жгута была \(2\pi R_0\), стала \(2\pi R\). Удлинение \(2\pi(R - R_0)\), поэтому \[ T = k\cdot 2\pi\,(R - R_0). \]

Мост 2: динамика кусочка. Возьмём кусочек с малым угловым размером \(\Delta\varphi\). Его масса \(\Delta m = m\dfrac{\Delta\varphi}{2\pi}\). На концах его тянут две силы \(T\) по касательным; они наклонены друг к другу на угол \(\Delta\varphi\), и их равнодействующая направлена к центру и равна \(T\,\Delta\varphi\). Это и есть центростремительная сила: \[ T\,\Delta\varphi = \Delta m\,\omega^2 R = \frac{m\,\Delta\varphi}{2\pi}\,\omega^2 R \quad\Longrightarrow\quad T = \frac{m\omega^2 R}{2\pi}. \]

Соединяем. \[ 2\pi k\,(R - R_0) = \frac{m\omega^2 R}{2\pi} \quad\Longrightarrow\quad R\left(4\pi^2 k - m\omega^2\right) = 4\pi^2 k R_0, \] \[ R = \frac{R_0}{1 - \dfrac{m\omega^2}{4\pi^2 k}}. \]

Формула работает, пока знаменатель положителен, то есть при \(\omega < 2\pi\sqrt{k/m}\). При \(\omega \ge 2\pi\sqrt{k/m}\) упругость уже не поспевает за ростом центростремительной потребности — кольцо растягивается неограниченно (разрывается).

По радиусу. Возьмём кусочек цепочки с угловым размером \(\Delta\varphi\) и массой \(\Delta m = m\dfrac{\Delta\varphi}{2\pi}\). Натяжения на его концах дают равнодействующую \(T\,\Delta\varphi\) к центру, а обод давит наружу с силой \(\Delta N\). Их разность — центростремительная сила: \[ T\,\Delta\varphi - \Delta N = \Delta m\,\omega^2 R = \frac{m\,\Delta\varphi}{2\pi}\,\omega^2 R. \] Суммируя по всему кольцу (\(\sum\Delta\varphi = 2\pi\)): \[ N = 2\pi T - m\omega^2 R. \]

По вертикали. Цепочку удерживает от сползания сила трения, а её запас равен \(\mu N\): чем быстрее вращение, тем меньше \(N\) и тем слабее «хватка». По условию \(\omega\) — как раз предельная скорость: при ней трение оказывается ровно на пределе, \[ mg = \mu\,N = \mu\,(2\pi T - m\omega^2 R). \]

Отсюда \[ \mu = \frac{mg}{2\pi T - m\omega^2 R}. \]

Самолёт летит по горизонтальной окружности, значит по вертикали ускорения нет, а по горизонтали оно центростремительное: \[ N\cos\alpha = mg, \qquad N\sin\alpha = \frac{mv^2}{R}. \]

Делим второе на первое: \[ \tg\alpha = \frac{v^2}{gR} \quad\Longrightarrow\quad \alpha = \arctg\frac{v^2}{gR}. \]

Ускорение тела. Касательное (диск раскручивается): \(a_\tau = \varepsilon r\); центростремительное: \(a_n = \omega^2 r\). Они перпендикулярны, поэтому \[ a = \sqrt{a_\tau^2 + a_n^2} = r\sqrt{\varepsilon^2 + \omega^4}. \]

Порог скольжения. Всё это ускорение сообщает телу сила трения, а её максимум \(\mu m g\): \[ m r\sqrt{\varepsilon^2+\omega^4} \le \mu m g. \] Тело срывается, когда равенство достигается: \[ \varepsilon^2 + \omega_1^4 = \frac{\mu^2 g^2}{r^2} \quad\Longrightarrow\quad \omega_1 = \left(\frac{\mu^2g^2}{r^2} - \varepsilon^2\right)^{1/4}. \]

Если раскручивают слишком резко, \(\varepsilon \ge \mu g/r\), то трения не хватает уже в самом начале: тело скользит с первого мгновения, \(\omega_1 = 0\).

Горизонтальная дорога. Центростремительную силу даёт только трение: \[ \frac{mv^2}{R} \le \mu m g \quad\Longrightarrow\quad v_{\max} = \sqrt{\mu g R}. \]

Наклон мотоциклиста. Чтобы мотоцикл не опрокинулся, равнодействующая реакции опоры (\(N\) вверх и трение \(\mu N\) вбок) должна проходить через центр масс, то есть вдоль корпуса: \[ \tg\beta = \frac{\mu N}{N} = \mu \quad\Longrightarrow\quad \beta = \arctg\mu. \]

Наклонный трек. Теперь у обеих сил есть и вертикальная, и горизонтальная составляющие (трение на предельной скорости направлено вниз по склону, к центру): \[ \text{верт.:}\quad N\cos\alpha - \mu N\sin\alpha = mg, \] \[ \text{гор.:}\quad N\sin\alpha + \mu N\cos\alpha = \frac{mu^2}{R}. \] Делим одно на другое: \[ \frac{u^2}{gR} = \frac{\sin\alpha+\mu\cos\alpha}{\cos\alpha - \mu\sin\alpha} = \frac{\tg\alpha + \mu}{1 - \mu\,\tg\alpha}. \]

Сравниваем с \(v^2 = \mu g R\): \[ \frac{u}{v} = \sqrt{\frac{\mu + \tg\alpha}{\mu\,(1 - \mu\,\tg\alpha)}}. \]

Конькобежец. Лезвие конька врезается в лёд, и боковую нагрузку он держит прекрасно — «эффективный» коэффициент сцепления поперёк лезвия очень велик. Скорость на вираже практически не ограничена радиусом, и весь выигрыш определяется длиной пути. Поэтому надо жаться к внутренней бровке — там дуга короче.

Велосипедист. Сцепление шин ограничено; на плоском вираже пришлось бы держать \(v \le \sqrt{\mu g R}\) и притормаживать. Но у велотрека угол наклона \(\alpha\) растёт вместе с радиусом, а допустимая скорость на вираже (задачи 2.1.62 и 2.1.64) растёт как \[ v \approx \sqrt{g R\,\tg\alpha}. \]

Время прохождения виража \(\sim \dfrac{R}{v} = \sqrt{\dfrac{R}{g\,\tg\alpha}}\): если \(\tg\alpha\) растёт с радиусом быстрее, чем сам радиус, — время уменьшается, и выгоднее уйти на внешнюю, более крутую дорожку, несмотря на удлинение пути. Именно так и построен профиль велотрека.

Оси. Мотоциклист описывает горизонтальную окружность радиуса \(R\sin\alpha\). Реакция \(N\) направлена от поверхности к центру сферы (вниз и внутрь), трение \(F_{\text{тр}} \le \mu N\) — по касательной к сфере, вверх по «меридиану».

Вертикаль (ускорения нет): вверх работает только трение, вниз — тяжесть и вертикальная часть реакции: \[ F_{\text{тр}}\sin\alpha - N\cos\alpha = mg. \]

Горизонталь (центростремительное ускорение): к оси тянут и реакция, и горизонтальная часть трения: \[ N\sin\alpha + F_{\text{тр}}\cos\alpha = \frac{mv^2}{R\sin\alpha}. \]

Минимальная скорость — когда трение на пределе, \(F_{\text{тр}} = \mu N\). Тогда из первого уравнения \[ N\,(\mu\sin\alpha - \cos\alpha) = mg \quad\Longrightarrow\quad N = \frac{mg}{\mu\sin\alpha-\cos\alpha}, \] а из второго \[ v^2 = \frac{R\sin\alpha}{m}\,N\,(\sin\alpha+\mu\cos\alpha) = R g\sin\alpha\cdot\frac{\sin\alpha+\mu\cos\alpha}{\mu\sin\alpha-\cos\alpha}. \] Разделив числитель и знаменатель дроби на \(\cos\alpha\): \[ v_{\min} = \sqrt{\,R g\,\sin\alpha\,\frac{\tg\alpha+\mu}{\mu\,\tg\alpha-1}\,}. \]

Уравнения в точке \(\theta\) (угол от верхней точки). Частица движется по окружности радиуса \(R\) с постоянной \(\omega\): вдоль радиуса — ускорение \(\omega^2R\) к оси, вдоль касательной — нуль.

Проекции на направление к оси: реакция \(N\) целиком туда, а тяжесть в верхней половине даёт \(mg\cos\theta\): \[ N + mg\cos\theta = m\omega^2 R \quad\Longrightarrow\quad N = m\,(\omega^2R - g\cos\theta). \]

По касательной трение уравновешивает составляющую тяжести: \[ F_{\text{тр}} = mg\,|\sin\theta| \le \mu N = m\,(\omega^2R - g\cos\theta) \] (коэффициент трения \(\mu = 1\)).

Худшая точка. Условие переписывается как \[ \omega^2 R \ge g\,(|\sin\theta| + \cos\theta) \quad\text{для всех }\theta. \] В верхней половине (\(0 \le \theta \le 90^\circ\)) правая часть равна \(g\sqrt2\,\sin(\theta + 45^\circ)\) и достигает максимума \(g\sqrt2\) при \(\theta = 45^\circ\); в нижней половине \(\cos\theta < 0\), и там условие заведомо мягче.

Значит, \[ \omega^2 R \ge g\sqrt2 \quad\Longrightarrow\quad \omega \ge \sqrt{\frac{g\sqrt2}{R}}. \]

Из двух первых данных выразите массы санок и груза через \(F\). Затем запишите второй закон Ньютона с силой трения.

\(0{,}4\) м/с\(^2\).

В равновесии верхняя пружина растянута, а нижняя сжата на одну и ту же величину \(x\). Запишите условие равновесия всей шайбы и её нижней половинки.

1) 0 Н;  2) 80 Н/м.

Из первого опыта найдите модуль силы через \(m\), затем запишите условие равномерного движения при угле \(\beta\); сила тяги и сила трения (с учётом того, что сила вверх разгружает стол) должны уравновеситься.

\(\beta = \pm\arccos\!\left(\dfrac{\mu g(\cos\alpha + \mu\sin\alpha)}{\sqrt{1+\mu^2}\,(a+\mu g)}\right) + \operatorname{arctg}\mu\), т.е. \(\beta_1 \approx 45^\circ\) или \(\beta_2 \approx -34^\circ\).

Если скорости всех точек стержня равны, то проекции их ускорений на стержень тоже должны совпадать. Что это говорит о направлении ускорений? Затем воспользуйтесь теоремой о движении центра масс.

\(\dfrac{3}{2}\,m a_0\) или \(\dfrac{1}{2}\,m a_0\); вектор силы направлен в ту же сторону, что и вектор \(\vec a_A\).

Векторы скоростей всех точек твёрдого стержня в рассматриваемый момент времени равны друг другу. Чтобы через малое время \(\Delta t\) проекции скоростей всех точек на направление стержня по-прежнему оставались одинаковыми, проекции ускорений на направление стержня тоже должны быть одинаковыми. Абсолютные значения ускорений концов стержня различны, но при этом ускорения направлены вдоль параллельных прямых, поэтому векторы ускорений могут давать одинаковую проекцию на направление стержня только в том случае, если векторы ускорений перпендикулярны стержню.

Перейдём в инерциальную систему отсчёта, в которой в данный момент времени стержень покоится. Ускорения точек стержня не изменят своего значения и направления. Через бесконечно малый промежуток времени \(\Delta t\) скорости точек стержня будут перпендикулярны стержню и скорость точки \(A\) будет вдвое больше скорости точки \(B\). Скорости остальных точек стержня будут пропорциональны расстоянию до мгновенного центра вращения. Пусть на стержне это точка \(O\), тогда ускорения точек в начале интервала времени \(\Delta t\) должны быть тоже пропорциональными расстоянию до точки \(O\) стержня. Проведём прямые через начала ускорений \(\vec a_A\) и \(\vec a_B\) и через их концы. Точка стержня, которая лежит на пересечении этих прямых, имеет нулевое ускорение (точка \(O\)). Найдём ускорение центра масс стержня. Если ускорения точек \(A\) и \(B\) направлены в одну сторону, то ускорение центра масс равно \(\dfrac{3}{2}a_0\) и совпадает с направлением векторов \(\vec a_A\) и \(\vec a_B\). Если ускорения точек \(A\) и \(B\) направлены в разные стороны, то ускорение центра масс равно \(\dfrac{1}{2}a_0\) и совпадает с направлением вектора \(\vec a_A\). Результирующую силу, действующую на стержень, найдём, воспользовавшись теоремой о движении центра масс. В итоге получаем, что на стержень действует либо сила \(\dfrac{3}{2}\,m a_0\), либо сила \(\dfrac{1}{2}\,m a_0\). В обоих случаях вектор силы направлен в ту же сторону, что и вектор \(\vec a_A\).

Нить везде одна и та же, значит, и сила натяжения \(F\) везде одинакова. Подвижный блок невесом: сколько нитей тянет груз \(m_2\) вверх? Что должно выполняться, чтобы нить оставалась натянутой?

\(0 < F \le \dfrac{m_2 g}{2}\),  \(-g < a \le g\left(\dfrac{m_2}{2m_1} - 1\right)\), где \(a > 0\) соответствует направлению вектора \(\vec a\) вверх.

Груз движется относительно вагонетки по окружности радиуса \(L\) со скоростью \(v_2 - v_1\); в системе вагонетки (неинерциальной) к нему добавляется сила инерции.

\(T = m\left(g + \dfrac{v_1^2}{R} + \dfrac{(v_1 - v_2)^2}{L}\right)\);  \(N = (m+M)\left(g + \dfrac{v_1^2}{R}\right) + m\dfrac{(v_1 - v_2)^2}{L}\).

Длина наклонного участка нити уменьшается со скоростью \(v_0\), а расстояние от груза до блока по горизонтали — со скоростью груза. Свяжите их через теорему Пифагора, затем найдите ускорение груза и запишите второй закон Ньютона.

Скорость бруска \(u = \dfrac{v_0}{\cos\alpha}\), сила натяжения нити \(T = \dfrac{mv_0^2\operatorname{tg}^3\alpha}{H\cos\alpha}\); брусок оторвётся от горизонтальной поверхности, когда величина \(v_0^2\operatorname{tg}^4\alpha/H\) достигнет \(g\).

Пусть \(l\) — длина наклонного участка нити, а \(x\) — расстояние от груза до блока по горизонтали:

Запишем теорему Пифагора: \[l^2 = x^2 + H^2. \tag{1}\] За малый промежуток времени \(\Delta t\) величина \(x\) уменьшается на \(u\Delta t\), где \(u\) — скорость бруска: \(\Delta x = -u\Delta t\). Величина \(l\) уменьшается на \(v_0\Delta t\): \(\Delta l = -v_0\Delta t\). Записывая малые изменения левой и правой частей соотношения (1), получим \(\Delta(l^2) = \Delta(x^2)\), или \(2l\Delta l = 2x\Delta x\), или \[l\cdot v_0 = x\cdot u. \tag{2}\] Отсюда находим скорость движения бруска: \(u = \dfrac lx v_0 = \dfrac{v_0}{\cos\alpha}\).

Для нахождения ускорения бруска рассмотрим малые изменения левой и правой частей соотношения (2). Имеем \(v_0\Delta l = x\Delta u + u\Delta x\), или \(-v_0^2\Delta t = x\Delta u - u^2\Delta t\). Отсюда \[\frac{\Delta u}{\Delta t} = \frac{u^2 - v_0^2}{x} = \frac{v_0^2}{H/\operatorname{tg}\alpha}\left(\frac1{\cos^2\alpha} - 1\right) = \frac{v_0^2}{H}\operatorname{tg}^3\alpha.\] Пусть \(T\) — сила натяжения нити, \(N \ge 0\) — сила нормального давления, действующая на брусок. Запишем второй закон Ньютона для движения бруска в проекциях на горизонтальное и вертикальное направления: \[T\cos\alpha = m\frac{\Delta u}{\Delta t} = m\frac{v_0^2}{H}\operatorname{tg}^3\alpha \qquad\text{и}\qquad N + T\sin\alpha - mg = 0.\] Первое равенство даёт \(T = \dfrac{mv_0^2\operatorname{tg}^3\alpha}{H\cos\alpha}\), из второго соотношения с учётом \(N \ge 0\) находим \(T\sin\alpha \le mg\) и \(\dfrac{v_0^2\operatorname{tg}^4\alpha}{H} \le g\). Таким образом, когда в процессе движения бруска величина \(v_0^2\operatorname{tg}^4\alpha/H\) станет равной \(g\), брусок оторвётся от горизонтальной поверхности.

Рассмотрите систему «ведро + вода + кирпич» целиком: какие внешние силы на неё действуют? Сравните с весом, который был бы, если бы вода не выливалась.

Вылилось 0,5 кг воды.

Решение 1. На кирпич действуют три силы: сила тяжести 25 Н (направлена вниз), сила Архимеда 10 Н (направлена вверх) и сила реакции со стороны нити. Так как кирпич покоится, значит сила реакции нити равна 15 Н (направлена вверх).

На систему «ведро + вода + кирпич» действует вверх две внешние силы — 100 Н со стороны динамометра, 15 Н со стороны верёвки — и уравновешивающая сила тяжести, направленная вниз, которая, очевидно, равна 115 Н.

Если бы вода не выливалась из ведра, тогда сила тяжести в конечном состоянии равнялась бы \(95 + 25 = 120\) Н, следовательно, вылилось 0,5 кг воды.

Решение 2. Динамометр показывает вес ведра с водой. Если долить в него воду или поместить в воду тело, которое не давит на само ведро, а только вытесняет воду и повышает ее уровень в ведре, то его вес увеличится. Поскольку вес увеличился на 5 Н, а объем кирпича равен 1 литру, то очевидно, что половина вытесненной кирпичом воды вылилась.

Давление воды под обоими поршнями одинаково, а нить тянет широкий поршень вниз. Запишите условия равновесия каждого поршня и сохранение объёма воды при смещении поршней.

\(41\) см.

Запишите теорему о движении центра масс каната: сумма внешних сил равна \(m\vec a_{\text{цм}}\). Найдите ускорение центра масс, разбив канат на малые элементы, ускорения которых направлены по касательной.

\(R_{\text{р}} = ma\,\dfrac{\sqrt{4+\pi^2}}{\pi^2}\),  \(\alpha = \operatorname{arctg}\dfrac{\pi}{2}\).

Пока веревка гладкая и натянута, она скользит по колонне, не меняя длины контакта. Когда именно сила, прижимающая её к колонне, обратится в нуль?

Длина участка веревки, соприкасающегося с колонной, начнет уменьшаться из-за отрыва веревки от колонны спустя время \(t \approx \sqrt{\dfrac{mL}{3F}}\) после старта.

Примечание организаторов: условие \(R \ll L\) вовсе не обязательно; в общем случае \(t = \sqrt{\dfrac{mL}{3F}\left(1 - \dfrac{\pi R}{L}\right)}\).

В момент отрыва сила реакции стола равна нулю, а груз не ускоряется, значит натяжение \(T = Mg\). Для второго пункта нужна скорость шарика в момент отрыва: перейдите в систему отсчёта точки нити, касающейся блока, — там шарик движется по окружности.

1) \(m/M = \sin\alpha\);  2) \(\sin\beta = \dfrac{2\sin^4\alpha}{\sin\alpha + \sin^3\alpha + \cos^4\alpha}\).

1. Введём систему координат \(xy\) так, как показано на рисунке. Пусть \(\vec a\) — ускорение шарика в момент его отрыва от поверхности. Запишем второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось \(y\), принимая во внимание, что в момент отрыва \(N = 0\): \[ma_y = mg - T\sin\alpha = 0. \tag{1}\] Запишем второй закон Ньютона для груза \(M\) в проекции на ось \(y\), принимая во внимание, что груз не ускоряется: \[Ma_M = Mg - T = 0. \tag{2}\] Исключая из уравнений (1) и (2) силу натяжения \(T\), находим отношение масс: \[\frac{m}{M} = \sin\alpha.\]

2. Пусть \(v\) и \(u\) — скорости шарика и груза соответственно в рассматриваемый момент, а \(h\) — высота блока над поверхностью.

Поскольку нить нерастяжима, проекция скорости шарика \(v\) на ось \(z\) равна \(u\): \[v = \frac{u}{\cos\alpha}. \tag{3}\] Поскольку трения в системе нет, выполняется закон сохранения механической энергии: \[\frac{mv^2}{2} + \frac{Mu^2}{2} = -Mg\Delta l, \tag{4}\] где \(\Delta l = h(1/\sin\alpha - 1/\sin\beta)\) — изменение длины наклонного участка нити. Подставляя отношение \(m/M\) и соотношение (3) в уравнение (4), получим: \[\frac{mv^2}{2}\left(1 + \frac{\cos^2\alpha}{\sin\alpha}\right) = \frac{mgh}{\sin\alpha}\left(\frac{1}{\sin\beta} - \frac{1}{\sin\alpha}\right),\] откуда: \[\frac{1}{\sin\beta} = \frac{1}{\sin\alpha} + \frac{v^2(\sin\alpha + \cos^2\alpha)}{2gh}. \tag{5}\] Таким образом, задача сводится к определению безразмерного параметра \(gh/v^2\), для нахождения которого проанализируем динамику шарика.

Запишем второй закон Ньютона для шарика в проекции на горизонтальную ось \(x\): \[ma_x = ma = T\cos\alpha \;\Rightarrow\; a = \frac{T\cos\alpha}{m} = \frac{g\cos\alpha}{\sin\alpha}. \tag{6}\] Введём ось \(z\), направленную вдоль наклонного участка нити от шарика к блоку (т. е. образующую угол \(\alpha\) с горизонтом). Проекция ускорения шарика на ось равняется \[a_z = a\cos\alpha = \frac{g\cos^2\alpha}{\sin\alpha}. \tag{7}\] Перейдём в систему отсчёта точки \(A\) наклонного участка нити, в которой он касается блока. Ускорение шарика \(\vec a_\text{отн}\) в данной системе отсчёта равняется: \[\vec a_\text{отн} = \vec a - \vec a_A.\] Поскольку ускорение груза равняется нулю — тангенциальное ускорение точки \(A\) также равняется нулю, откуда следует, что полное ускорение точки \(A\) направлено перпендикулярно наклонному участку нити. Тогда в рассматриваемой системе отсчёта: \[a_{\text{отн}\,z} = a_z.\] В системе отсчёта точки \(A\) шарик движется по окружности радиусом \(l = h/\sin\alpha\), равным длине наклонного участка нити, со скоростью \(v_\perp = v\sin\alpha\), равной проекции скорости шарика на ось, перпендикулярную оси \(z\). Поэтому из выражения для центростремительного ускорения получим: \[a_{\text{отн}\,z} = \frac{v_\perp^2}{l} = \frac{v^2\sin^3\alpha}{h}. \tag{8}\] Приравнивая (7) и (8), находим: \[\frac{gh}{v^2} = \frac{\sin^4\alpha}{\cos^2\alpha}. \tag{9}\] Подставляя (9) в (5), получим: \[\frac{1}{\sin\beta} = \frac{1}{\sin\alpha} + \frac{\cos^2\alpha(\sin\alpha + \cos^2\alpha)}{2\sin^4\alpha}, \tag{10}\] откуда находим угол \(\beta\): \[\sin\beta = \frac{2\sin^4\alpha}{\sin\alpha + \sin^3\alpha + \cos^4\alpha}.\]

Колечко невесомо, а спица действует на него только перпендикулярно себе, — значит, участок нити от бусинки до колечка всё время вертикален. Отсюда следует траектория бусинки при натянутой нити; сравните её с параболой свободного полёта.

1) \(\alpha = \pi/4\);  2) \(v_0 \geqslant \sqrt{2gL}\).

1. Первый способ. Так как колечко невесомое, равнодействующая приложенных к нему сил равна нулю в любой момент времени. Поскольку трения между спицей и колечком нет, спица действует на колечко в направлении, перпендикулярном спице, то есть в вертикальном. Тогда условие равенства нулю равнодействующей приложенных к колечку сил возможно, только если участок нити, соединяющий колечко с бусинкой, в любой момент ориентирован вертикально. Поскольку длина всей нити постоянна, а участок нити, соединяющий бусинку и кольцо, всё время остаётся вертикальным и по условию в начальный момент времени нить натянута, можем найти проекции начальной скорости на направление нитей. Вертикальный участок удлиняется со скоростью: \[v_{0y} = v_0\sin\alpha;\] горизонтальный участок укорачивается со скоростью: \[|v_{0x}| = v_0\cos\alpha.\] Чтобы длина нити оставалась постоянной, модули проекций скоростей должны быть равны: \[v_{0y} = |v_{0x}| \;\Rightarrow\; v_0\sin\alpha = v_0\cos\alpha \;\Rightarrow\; \operatorname{tg}\alpha = 1 \;\Rightarrow\; \alpha = \frac{\pi}{4}.\]

Второй способ. Участок нити, соединяющий бусинку и кольцо, всё время остаётся вертикальным и по условию в начальный момент времени нить натянута. Пусть \(b\) — расстояние от спицы до точки крепления нити \(O\). Приравняем длину нити через малое время \(\Delta t\) к начальной длине \(L + b\): \[L + b = b + v_{0y}\Delta t + \sqrt{(v_{0y}\Delta t)^2 + (L - v_{0x}\Delta t)^2},\] где \(v_{0x}\), \(v_{0y}\) — горизонтальная и вертикальная проекции начальной скорости. \[(L - v_{0y}\Delta t)^2 = (v_{0y}\Delta t)^2 + (L - v_{0x}\Delta t)^2; \qquad L^2 - 2Lv_{0y}\Delta t = L^2 - 2Lv_{0x}\Delta t + (v_{0x}\Delta t)^2.\] Пренебрежём вторым порядком малости: \[v_{0y} = v_{0x} \;\Rightarrow\; v_0\sin\alpha = v_0\cos\alpha \;\Rightarrow\; \operatorname{tg}\alpha = 1 \;\Rightarrow\; \alpha = \frac{\pi}{4}.\] Таким образом: \(\alpha = \pi/4\).

2. Проанализируем траекторию движения бусинки. Введём систему координат \(xy\) с началом в точке \(O\). Так как расстояние от спицы до начального положения бусинки постоянно, длина участка нити, находящегося выше \(Ox\), также постоянна и равна \(L\).

С учётом этого: \[L = y + \sqrt{y^2 + x^2}; \quad y^2 + x^2 = L^2 - 2Ly + y^2; \quad y = \frac{L}{2} - \frac{x^2}{2L}.\] Таким образом, траектория движения при условии натяжения нити является параболой.

Далее найдём минимальную возможную начальную скорость \(v_{0\min}\) бусинки, при которой нить будет оставаться натянутой в процессе удаления бусинки от спицы.

Первый способ. При свободном броске в поле тяжести траекторией будет являться парабола, которая касается полученной параболы. Для случая, когда начальная скорость минимальна, траектория полёта в поле тяжести совпадает с траекторией для всегда натянутой нити. Получим уравнение траектории при свободном движении в поле тяжести: \[\begin{cases} y = v_{0\min}\sin(\alpha)\,t - \dfrac{gt^2}{2},\\ x = L - v_{0\min}\cos(\alpha)\,t; \end{cases}\] учтём, что \(\alpha = \pi/4\), тогда: \[y = L - x - \frac{g(L - x)^2}{v_{0\min}^2}; \quad y = \frac{Lv_{0\min}^2 - gL^2}{v_{0\min}^2} + \frac{2gL - v_{0\min}^2}{v_{0\min}^2}\,x - \frac{g}{v_{0\min}^2}\,x^2.\] Сравнивая полученные уравнения для траекторий, получим: \[v_{0\min}^2 = 2gL.\]

Второй способ. Траектория движения при условии натяжения нити является параболой. При свободном броске в поле тяжести под фиксированным углом \(\alpha = \pi/4\) к горизонту траекториями полёта будут являться параболы, касающиеся параболы, по которой движется бусинка на нити. Для случая, когда начальная скорость минимальна, траектория полёта в поле тяжести совпадает с траекторией для всегда натянутой нити.

Найдём горизонтальную проекцию скорости в случае броска по совпадающей траектории: \[L = v_x t \;\Rightarrow\; t = \frac{L}{v_x}; \quad \frac{L}{2} = \frac{gt^2}{2} = \frac{gL^2}{2v_x^2} \;\Rightarrow\; v_x = \sqrt{gL} \;\Rightarrow\; v_{0\min} = \frac{v_x}{\cos\alpha} = \sqrt{2gL}.\]

Третий способ. При свободном броске в поле тяжести траекторией будет являться парабола, которая касается полученной параболы. Для случая, когда начальная скорость минимальна, траектория полёта в поле тяжести совпадает с траекторией для всегда натянутой нити. Запишем закон сохранения энергии для системы «бусинка + нить + кольцо». Поскольку нить и кольцо являются невесомыми, их механические энергии равны нулю. Работа сил, действующих на конец \(O\) нити со стороны крепления и на кольцо со стороны спицы, равна нулю, поскольку конец нити \(O\) закреплён и не перемещается, а кольцо движется перпендикулярно силе взаимодействия со спицей. \[\begin{cases} \dfrac{m(v_{0x}^2 + v_{0y}^2)}{2} = \dfrac{mv_{0x}^2}{2} + \dfrac{mgL}{2},\\ v_{0y} = v_{0\min}\sin\alpha; \end{cases}\] учитывая, что \(\alpha = \pi/4\), получаем: \[v_{0\min}^2 = 2gL \;\Rightarrow\; v_{0\min} = \sqrt{2gL}.\]

Покажем, что при скоростях больших, чем \(v_{0\min}\), бусинка будет продолжать двигаться по параболе, ограниченной нитью. Рассмотрим силы со стороны нити на бусинку. С двух сторон бусинки на неё действуют одинаковые силы натяжения. Тогда результирующая этих двух сил направлена по биссектрисе угла, образованного нитями. Аналогично первой части решения можно показать, что проекции скорости бусинки на вертикальную ось и на ось, направленную вдоль наклонного участка нити, будут равны по модулю. Это означает, что скорость бусинки направлена по биссектрисе внешнего угла, образованного нитями. Так как биссектрисы внешнего и внутреннего углов перпендикулярны, получаем, что скорость всегда перпендикулярна результирующей сил натяжения, а значит, работу не совершает и не тормозит бусинку при любых скоростях, больших минимальной. При скоростях больших, чем \(v_{0\min}\), нить является натянутой, поскольку бусинка движется по кривой с меньшим радиусом кривизны, чем у траектории, соответствующей свободному полёту в поле тяжести. Тогда нить будет оставаться натянутой в процессе удаления бусинки от спицы при: \[v_0 \geqslant \sqrt{2gL}.\]

Сравните \(\operatorname{tg}\alpha\) с \(\mu\): при \(\operatorname{tg}\alpha \leqslant \mu\) ящик едет вместе со скребком, иначе скользит по нему, и полная реакция скребка отклонена от нормали на угол трения. Ящик тогда движется вдоль этой реакции, а проекции ускорений ящика и скребка на нормаль к скребку совпадают.

1) \(a = 0{,}4\text{ м/с}^2\);  2) \(\dfrac{L_2}{L} = \dfrac{1}{\cos(\alpha_2 - \varphi)} \approx 1{,}14\), где \(\varphi = \operatorname{arctg}\mu\);  3) \(t_2 \approx 2{,}5\) с;  4) \(\approx 1{,}4\).

1. Возможны два различных режима движения ящика: без скольжения по скребку (рис. 1) и с проскальзыванием (рис. 2).

В первом режиме полная реакция опоры \(\vec Q_\text{с}\) (результирующая силы нормальной реакции скребка \(\vec N_\text{с}\) и силы трения \(\vec F_{\text{тр(с)}}\), действующей на ящик со стороны скребка) направлена вдоль направления движения скребка, поэтому: \[F_{\text{тр(с)}} = N_\text{с}\operatorname{tg}\alpha.\] Поскольку сила трения покоя удовлетворяет соотношению \(F_{\text{тр(с)}} \leqslant \mu N_\text{с}\), то первый режим реализуется при условии: \[\operatorname{tg}\alpha \leqslant \mu.\] Если данное условие не выполняется, то реализуется второй режим. Во втором режиме сила трения \(\vec F_{\text{тр(л)}}\), действующая на ящик со стороны льда, направлена противоположно \(\vec Q_\text{с}\), поскольку ящик изначально неподвижен. При этом \(\vec Q_\text{с}\) образует угол \(\varphi = \operatorname{arctg}\mu\) с нормалью к поверхности скребка и угол \(\beta = \alpha - \varphi\) с направлением ускорения скребка. Значит, и направление движения ящика образует угол \(\beta\) с направлением ускорения скребка.

Для первого ящика \(\operatorname{tg}\alpha_1 \approx 0{,}176 < \mu\), значит, он движется без скольжения по скребку. Для второго ящика \(\operatorname{tg}\alpha_2 = 1 > \mu\), и для него реализуется второй режим. Тогда путь первого ящика до границы ледяного поля \(s_1 = L\), а значит, ускорение скребка: \[a = \frac{2L}{t_1^2} = \frac{2 \cdot 0{,}8}{4}\text{ м/с}^2 = 0{,}4\text{ м/с}^2.\]

2. Найдём путь \(L_2\) второго ящика, зная, что его направление движения образует угол \(\beta\) с направлением ускорения скребка и ящик двигался из состояния покоя: \[L_2 \cdot \cos\beta = L.\] Следовательно, отношение путей второго и первого ящиков: \[\frac{L_2}{L} = \frac{1}{\cos\beta} = \frac{1}{\cos(\alpha_2 - \varphi)} \approx 1{,}14.\]

3. Поскольку второй ящик движется без отрыва от скребка, проекции скорости ящика и скребка на направление нормали к поверхности скребка в любой момент должны быть одинаковы: \[v_n = v_{\text{я}(n)}.\] Тогда, поскольку ящик и скребок движутся поступательно, проекции ускорений ящика и скребка на направление нормали к поверхности скребка также должны совпадать: \[a_n = a_{\text{я}(n)}.\] Векторы ускорения \(\vec a\) и \(\vec a_\text{я}\) образуют углы \(\alpha_2\) и \(\varphi\) соответственно с нормалью к поверхности скребка: \[a\cos\alpha_2 = a_\text{я}\cos\varphi.\] Тогда во втором режиме для времени \(t_2\) движения ящика до края поля находим: \[t_2 = \sqrt{\frac{2L_2}{a_\text{я}}} = \sqrt{\frac{2L}{a}\,\frac{\cos\varphi}{\cos\alpha_2\cos(\alpha_2 - \varphi)}} = t_1\sqrt{\frac{\cos\varphi}{\cos\alpha_2\cos(\alpha_2 - \varphi)}} \approx 2{,}5\text{ с}.\]

4. Для нахождения силы трения между первым ящиком и скребком расставим силы, действующие на ящик, и запишем второй закон Ньютона в проекции на горизонтальную ось, параллельную плоскости скребка: \[ma\sin\alpha_1 = F_{\text{тр(с)}1} - \mu' mg\sin\alpha_1; \quad F_{\text{тр(с)}1} = m\sin\alpha_1\,(a + \mu' g).\] Для второго ящика из второго закона Ньютона в проекции на горизонтальную ось, направленную вдоль нормали к поверхности скребка, получим: \[ma_{\text{я}(n)} = ma\cos\alpha_2 = N_\text{с} - \mu' mg\cos\varphi \;\Rightarrow\; F_{\text{тр(с)}2} = \mu m\,(\mu' g\cos\varphi + a\cos\alpha_2).\] Таким образом, отношение сил трения между скребком и ящиком в двух режимах: \[\frac{F_{\text{тр(с)}2}}{F_{\text{тр(с)}1}} = \frac{\mu\,(\mu' g\cos\varphi + a\cos\alpha_2)}{\sin\alpha_1\,(a + \mu' g)} \approx 1{,}4.\]

Сила натяжения нити одинакова по обе стороны от гвоздя (трения нет), а нить нерастяжима. Что это говорит об ускорениях шайб вдоль нити и о радиусах кривизны их траекторий в этот момент?

1) \(T = mv^2\,\dfrac{L+l}{2Ll}\),  \(a = v^2\,\dfrac{L-l}{2Ll}\);  2) \(R = \dfrac{2Ll}{L+l}\).

Внутри луча камень движется с ускорением \(-\vec g\), и его траектория там — та же парабола, отражённая центрально относительно точки входа в луч. Поэтому камню достаточно пересечь границу луча выше половины своей наибольшей высоты подъёма; после выхода из луча скорость камня совпадает с начальной.

1) \(v_{m1} = \sqrt{gl}\);  2) \(v_{m2} = \sqrt{2(2-\sqrt2)gl} \approx \sqrt{1{,}17lg}\);  3) \(L_{m2} = 2l + \dfrac{v_0^2}{2g} + \sqrt{\left(2l + \dfrac{v_0^2}{2g}\right)^2 - 6l^2}\);  4) \(L_{m3} = (2+\sqrt2)l \approx 3{,}41l\).

Пока камень не долетел до притягивающего луча, он движется с постоянным ускорением \(\vec g\). Дальность полёта камня, брошенного с начальной скоростью \(v_0\) под углом \(\alpha\) к горизонту равна \[l_0 = \frac{2v_0^2\sin\alpha\cos\alpha}{g} = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{g}.\] Это выражение принимает максимальное значение при \(\alpha = 45^\circ\), следовательно \[v_{m1} = \sqrt{gl}.\]

Направим ось \(OX\) горизонтально, а ось \(OY\) — вертикально вверх; в качестве начала отсчёта \(O\) выберем положение Глюка. Левую и правую (по ходу полёта камня) границы области, ограниченной притягивающим лучом, пронумеруем 1 и 2 соответственно (см. рисунок). Ясно, что внутри луча камень движется с ускорением \(-\vec g\), и если он пересекает границу 1 так, что проекция его скорости \(v_y \ge 0\), то камень достигнет и границы 2. Этому соответствует условие \[v_0\sin\alpha - gt_1 \ge 0,\] где \(t_1 = l/(v_0\cos\alpha)\), а \(\alpha\) — угол между \(\vec v_0\) и горизонтом. Следовательно, чтобы пролететь область, ограниченную лучом, насквозь, заведомо достаточно скорости \[v'_{m2} = \sqrt{\frac{2gl}{\sin 2\alpha}}.\]

Проверим, что \(v_{2m} < v'_{m2}\). Характерная для такого случая траектория камня приведена на рисунке. Её участок левее границы 2 обладает центральной симметрией относительно точки пересечения границы 1. Пусть \(H\) — наибольшая высота подъёма камня на участке слева от луча, а \(h\) — высота, на которой камень пересекает границу 1.

Из сказанного выше следует (см. рисунок), что для того, чтобы камень достиг границы 2, достаточно \[H - h < h \quad\Rightarrow\quad h > H/2.\] Из закона равноускоренного движения следует, что \[\begin{gather*} H = \frac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g},\\ h = y(l) = \mathrm{tg}\,\alpha\cdot l - \frac{g}{2v_0^2\cos^2\alpha}\cdot l^2. \end{gather*}\] Тогда условие \(h > H/2\) может быть приведено к виду \[\frac{8g^2l^2}{\sin^2 2\alpha} - \frac{8gl}{\sin 2\alpha}\cdot v_0^2 + v_0^4 < 0.\] Выделим в этом выражении полный квадрат: \[\left(\frac{4gl}{\sin 2\alpha} - v_0^2\right)^2 - \frac{8g^2l^2}{\sin^2 2\alpha} < 0.\] Откуда выразим \(v_0^2\) (напомним, что нас интересуют значения \(v_0^2 < 2gl/\sin 2\alpha\), так что выражение в скобках положительно): \[v_0^2 > \frac{4gl}{\sin 2\alpha} - \frac{2\sqrt2\,gl}{\sin 2\alpha} = \frac{2(2-\sqrt2)gl}{\sin 2\alpha}.\] Правая часть меньше \(v'_{2m}\) и достигает минимального значения при \(\alpha = 45^\circ\), следовательно \[v_{m2} = \sqrt{2(2-\sqrt2)lg} \approx \sqrt{1{,}17lg}.\]

Горизонтальная компонента скорости камня неизменна, следовательно участки слева от притягивающего луча и внутри него камень проходит за одно время \[t_0 = t_1 = \frac{l}{v_0\cos\alpha}.\] Найдём скорость камня при пересечении границы 2 \[\vec v_2 = \vec v_0 + \vec g t_0 - \vec g t_1 = \vec v_0.\] Из соображений симметрии (см. рисунок) следует, что камень пересекает границу 2 на высоте \(2h\). Время \(t_2\), за которое он после этого упадёт на землю, \[2h + v_0\sin\alpha\cdot t_2 - \frac{gt_2^2}{2} = 0,\] откуда \[t_2 = \frac{v_0\sin\alpha}{g} + \sqrt{\frac{v_0^2\sin^2\alpha}{g^2} + \frac{4h}{g}}.\]

Этому соответствует горизонтальное смещение \[l_2 = v_0\cos\alpha\cdot t_2 = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g} + \sqrt{\left(\frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g}\right)^2 + \frac{4hv_0^2\cos^2\alpha}{g}}.\] Подставим в это выражение \[h = l\,\mathrm{tg}\,\alpha - \frac{gl^2}{2v_0^2\cos^2\alpha}\] и получим \[l_2 = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g} + \sqrt{\left(\frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g}\right)^2 + \frac{2lv_0^2\sin 2\alpha}{g} - 2l^2}.\] Выделим в подкоренном выражении полный квадрат \[l_2 = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g} + \sqrt{\left(2l + \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g}\right)^2 - 6l^2}.\] \(l_2\) монотонно возрастает при увеличении \(\sin 2\alpha\), следовательно достигает максимального значения при \(\alpha = 45^\circ\): \[l_{m2} = \frac{v_0^2}{2g} + \sqrt{\left(2l + \frac{v_0^2}{2g}\right)^2 - 6l^2}.\] Искомое расстояние \(L_{m2} = 2l + l_{m2}\). \[L_{m2} = 2l + \frac{v_0^2}{2g} + \sqrt{\left(2l + \frac{v_0^2}{2g}\right)^2 - 6l^2}.\]

Поскольку и \(v_{m2}\), и \(L_{m2}\) соответствуют броску под углом в \(45^\circ\), достаточно подставить \(v_0^2 = 2(2-\sqrt2)gl\) в выражение для \(L_{m2}\). Получим \[L_{m3} = \left(4 - \sqrt2 + \sqrt{12 - 8\sqrt2}\right)l\] или после преобразований \[L_{m3} = (2+\sqrt2)l \approx 3{,}41l.\]