Сила трения: покой и проскальзывание

Сила трения скольжения равна \(\mu N\); найдите силу реакции опоры \(N\) из равенства нулю вертикальной составляющей равнодействующей, учтя вертикальную составляющую приложенной силы.

Сила трения скольжения пропорциональна силе нормального давления; из равномерного движения найдите коэффициент трения.

2

Предположите, что учебник пришёл в движение, и найдите его ускорение: сила нормальной реакции стола здесь больше \(mg\).

Не сдвинется.

Предположим, что учебник сдвинется с места. Тогда он будет иметь в начальный момент отличное от нуля ускорение. Найдём модуль этого ускорения, считая, что сила трения является силой трения скольжения. Получим: \[a = \frac{F}{m}(\cos\alpha - \mu\sin\alpha) - \mu g .\] Однако, подставляя в эту формулу числа, мы получим отрицательное число, даже если не будем округлять ускорение свободного падения до 10 м/с\(^2\), а положим его равным 9,8 м/с\(^2\). Следовательно, на самом деле учебник не сдвинется.

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

\(0{,}4\) м/с\(^2\).

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 \(\beta_2 \approx -34^\circ\).

Правый груз висит на подвижном блоке, поэтому нить тянет брусок вдвое слабее, чем вес груза. Сила трения покоя на границах равновесия достигает максимума \(\mu N\).

\(\mu = 0{,}1\).

Когда система находится в равновесии, сила натяжения \(T_1\) нити, привязанной к бруску справа, равна силе тяжести, действующей на левый груз: \(T_1 = m_1 g\); а сила натяжения \(T_2\) нити, привязанной к бруску слева, равна половине силы тяжести, действующей на правый груз: \(T_2 = m_2 g/2\). На брусок по вертикали действуют сила тяжести \(Mg\) и сила реакции опоры \(N\). Из условия равновесия \(N = Mg\). По горизонтали на брусок действуют силы натяжения нитей и сила трения \(F_{\text{тр}}\), из условия равновесия \(F_{\text{тр}} = |T_1 - T_2| = |m_1 g - m_2 g/2|\). Модуль силы трения не может быть больше, чем \(\mu N\), откуда \[\mu M g = m_1 g - \frac{m_{2\min} g}{2} = \frac{m_{2\max} g}{2} - m_1 g,\] \[\mu = \frac{2 m_1 - m_{2\min}}{2M} = \frac{m_{2\max} - 2 m_1}{2M} = 0{,}1 .\]

Сила реакции стенки (нормальная плюс трение) не может отклоняться от нормали больше, чем на угол трения. Нарисуйте силовой треугольник из силы тяжести, силы реакции и силы прилипания.

\(F_0 = mg\,\dfrac{\sqrt{\mu^2+1}}{\mu} \approx 0{,}11\) Н.

Верёвка тянет оба ящика навстречу друг другу с одинаковой силой натяжения. Когда начнёт двигаться первый из ящиков?

Сначала выясните, может ли магнит покоиться: сравните необходимую силу трения покоя с максимально возможной \(\mu N\). Если нет — сила трения скольжения известна.

При \(\mu \ge \dfrac{\cos\alpha}{k - \sin\alpha}\) ускорение равно нулю; при \(\mu < \dfrac{\cos\alpha}{k - \sin\alpha}\) ускорение равно \(a = g\cos\alpha - \mu g (k - \sin\alpha)\).

Лист лёгкий, поэтому сумма приложенных к нему сил равна нулю: силы трения сверху и снизу равны по модулю. Выясните, по какой из двух поверхностей лист начнёт проскальзывать первым.

При \(F \le 2\mu mg\): \(a_{\text{в}} = a_{\text{н}} = \dfrac{F}{2m}\);  при \(F \ge 2\mu mg\): \(a_{\text{н}} = \dfrac{F}{m} - \mu g\), \(a_{\text{в}} = \mu g\).

Так как лист лёгкий, то сумма всех сил, приложенных к нему, равна нулю. Поскольку коэффициент трения снизу больше коэффициента трения сверху, то лист бумаги начнёт двигаться так же, как и нижний брусок. Возможны два случая:

1. \(F \le 2\mu mg\), тогда \(a_{\text{в}} = a_{\text{н}} = \dfrac{F}{2m}\).

2. \(F \ge 2\mu mg\), тогда \(a_{\text{н}} = \dfrac{F}{m} - \mu g\);  \(a_{\text{в}} = \mu g\).

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 \(t = \sqrt{\dfrac{mL}{3F}\left(1 - \dfrac{\pi R}{L}\right)}\).

Пока бруски не оторвались от пола, нить натянута под углом; свяжите силу натяжения с углом и найдите работу силы \(F\) и сил трения через смещение середины нити.

1) \(1{,}4\) м/с;  2) \(3{,}3\) Н.

Трос тянет поддон вверх или вниз под углом, поэтому сила нормальной реакции под поддоном и под грузовиком зависит от точки крепления. Запишите предельные условия движения для обоих случаев и исключите силу натяжения троса.

\(1080\) кирпичей.

Скорость шарика найдите из закона сохранения энергии, а силы трения и реакции опоры — из движения шарика по окружности вокруг нижнего конца стержня. Проскальзывания нет, пока \(F_\text{тр} \le \mu N\) на всём пути.

Ответ 3 (\(\mu \approx 0{,}6\)).

\(\mu = \operatorname{tg}\varphi \approx 0{,}6\). Ответ 3.

Пока сила чуть превышает максимум трения покоя, брусок сначала «срывается» с места, а как только сила меняет знак, начинает тормозиться почти вдвое сильнее. Для досок выясните по порядку: когда начнёт двигаться каждая доска и когда начнётся проскальзывание между ними.

А) график скорости "— пилообразный периодический, максимальное значение \(u = 1{,}8\text{ м/с}\);  Б1) \(a = 0\) при \(t < t_0\), далее \(a(t) = \dfrac{\mu_r g t}{t_0} - \mu_s g\), до \(16\text{ м/с}^2\) при \(t = 4t_0\);  Б2) \(a = 0\) при \(t < 2t_0\), затем \(a(t) = \dfrac{\mu_r g t}{2t_0} - \mu_s g\) (от \(1\) до \(5\text{ м/с}^2\) при \(t = 3{,}6t_0\)), затем \(a(t) = \dfrac{\mu_r g t}{t_0} - 3\mu_s g\) (от \(6\) до \(8\text{ м/с}^2\) при \(t = 4t_0\)).

А. Анализ показывает, что в каждый момент времени брусок двигается с ускорением, которое по абсолютной величине может быть равно \(a_1 \approx (\mu_r - \mu_s)\,g = 1\text{ м/с}^2\) или \(a_2 \approx (\mu_r + \mu_s)\,g = 9\text{ м/с}^2\). Спустя длительное время после начала процесса установится квазистационарный режим, и проекция скорости бруска в зависимости от времени будет меняться периодически. В течение периода за время \(\tau = \dfrac{T}{20}\) модуль скорости бруска уменьшается от значения \(u\) до нуля, а затем за время \(9\tau\) увеличивается от нуля до \(u\) (см. рисунок ниже, \(\tau = 0{,}2\text{ с}\)). Значение максимальной скорости в квазистационарном режиме равно \(u = 1{,}8\text{ м/с}\).

Можно дать доказательство того факта, что спустя длительное время после начала процесса устанавливается квазистационарный режим. Действительно, обозначим \(v_k\) "— значение модуля скорости бруска спустя время \(\dfrac{kT}{2}\) после начала процесса. Справедливо рекуррентное соотношение \[v_{k+1} = 2\text{ м/с} - \frac{v_k}{9}, \tag{1}\] при этом \(v_1 = 2\text{ м/с}\). Введём обозначение \(w_k = v_k - u\), где \(u = 1{,}8\text{ м/с}\). Из формулы (4) следует соотношение \[w_{k+1} = -\frac{w_k}{9},\] а из него формула для \((k+1)\)-го члена последовательности \[w_{k+1} = 0{,}2\cdot\frac{(-1)^k}{9^k},\] которая является убывающей геометрической прогрессией. Легко видеть, что предел последовательности \(\{w_k\}\) при \(k \to \infty\) равен нулю. Это означает, что при больших \(k\) значение \(v_k\) стремится к \(u\).

Б. Б1) Сразу заметим, что нижняя доска при любом значении внешней силы будет оставаться в покое, поскольку максимальное значение силы трения покоя, действующей на неё со стороны стола, равно \(2\mu_r mg\), а максимальная сила, действующая на нижнюю доску со стороны верхней равна \(\mu_r mg\). Таким образом, при значении внешней силы меньше \(\mu_r mg\) ускорение верхней доски равно нулю, а при значении больше \(\mu_r mg\) равно \[a(t) = \frac{\mu_r g t}{t_0} - \mu_s g. \tag{2}\] Искомый график изображён на рисунке, представленном ниже.

Б2) В этом случае движение начнётся, когда внешняя сила станет больше значения \(2\mu_r mg = mg\), это произойдёт в момент времени \(t_1 = 2t_0\), далее верхняя доска будет двигаться совместно с нижней с ускорением, даваемым формулой \(a(t) = \dfrac{\mu_r g t}{2t_0} - \mu_s g\), похожей на формулу (5). Позднее в некоторый момент времени начнётся проскальзывание верхней доски по нижней. Значение внешней силы в этот момент будет удовлетворять соотношению \[\frac{F - 2\mu_s mg}{2m}\cdot m = \mu_r mg. \tag{3}\] Решив уравнение (6), находим критическое значение силы \(F = 2\,(\mu_s + \mu_r)\,mg = 1{,}8\,mg\). Этого значения сила достигает в момент времени \(t = 3{,}6t_0\). Далее нижняя доска будет двигаться с ускорением, большим ускорения верхней доски. Зависимость ускорения нижней доски от времени в этом случае будет задаваться формулой \[a(t) = \frac{\mu_r g t}{t_0} - 3\mu_s g. \tag{4}\] Искомый график можно видеть на рисунке, представленном ниже.

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: \[\frac{F_{\text{тр(с)}2}}{F_{\text{тр(с)}1}} = \frac{\mu\,(\mu' g\cos\varphi + a\cos\alpha_2)}{\sin\alpha_1\,(a + \mu' g)} \approx 1{,}4.\]

Пока брусок въезжает, сила трения растёт линейно с координатой, как у пружины; после полного въезда ускорение постоянно. Склейте два участка движения.

\(64\) сантисекунды.

Относительно клина груз скользит по линии падения воды вдоль наклонной плоскости с постоянным ускорением, а клин движется равномерно. Что тогда за кривая получается при сложении таких движений?

\(A_{\text{тр}} = -\dfrac{\mu m V^2}{2(\mu - \operatorname{tg}\alpha)}\); относительно стола груз движется по параболе (пока не остановится относительно клина).

Пока грузы неподвижны, а шкив скользит под верёвкой, отношение натяжений определено массами грузов. После смены направления оно станет обратным, пока верёвка скользит по шкиву.

1) \(N = 4mg R\omega\);  2) \(a = \dfrac{12}{13}\,g\);  3) \(a = \dfrac{12}{13}\,g\) при \(0 < t < \dfrac{13\omega R}{12 g}\) и \(a = 0\) при \(t \ge \dfrac{13\omega R}{12 g}\).

При \(\mu = \mathrm{tg}\,\alpha\) сила трения по модулю равна скатывающей силе \(mg\sin\alpha\), поэтому их сумма направлена по биссектрисе угла между \(-\vec v\) и \(-\vec y\). Отсюда касательное ускорение равно проекции ускорения на ось \(y\), и величина \(v - v_y\) сохраняется. Время найдите, проинтегрировав этот инвариант и применив теорему о кинетической энергии.

1) \(a_0 = 2g\sin\alpha\cos(\varphi_0/2) \approx 8{,}49\text{ м/с}^2\), \(a_1 = 2g\sin\alpha\cos(\varphi_1/2) \approx 1{,}76\text{ м/с}^2\);  2) \(u = v_0(1 - \cos\varphi_0) \approx 4{,}00\text{ м/с}\), \(v_1 = \dfrac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{1 - \cos\varphi_1} \approx 2{,}07\text{ м/с}\);  3) \(t = \dfrac{v_0}{2g\sin\alpha(1 - \cos\varphi_0)}\left(1 - \left(\dfrac{1 - \cos\varphi_0}{1 - \cos\varphi_1}\right)^2\right) \approx 1{,}52\text{ с}\).

1. Пусть \(m\) — масса шайбы. В плоскости доски на шайбу действуют компонента силы тяжести \(mg\sin\alpha\), а также сила трения \(F_\text{тр} = \mu mg\cos\alpha\), причём поскольку \(\mu = \mathrm{tg}\,\alpha\): \[F_\text{тр} = mg\sin\alpha.\] Изобразим на рисунке компоненту силы тяжести и силу трения, соответствующие углу \(\varphi\) между направлением скорости шайбы и осью \(y\).

Из него следует, что равнодействующая \(R\) компоненты силы тяжести и силы трения равна: \[R = 2mg\sin\alpha\cos(\varphi/2).\] Тогда для ускорений \(a_0\) и \(a_1\) имеем: \[a_0 = 2g\sin\alpha\cos(\varphi_0/2) \approx 8{,}49\text{ м/с}^2, \qquad a_1 = 2g\sin\alpha\cos(\varphi_1/2) \approx 1{,}76\text{ м/с}^2.\]

2. Первое решение: Равнодействующая компоненты силы тяжести и силы трения направлена вдоль биссектрисы угла \(\varphi\) между направлением скорости и осью \(y\) — тангенциальное ускорение шайбы и проекция её ускорения на ось \(y\) равны друг другу, \(a_\tau = a_y\), поэтому: \[v - v_y = v(1 - \cos\varphi) = \mathrm{const} = v_0(1 - \cos\varphi_0).\]

Второе решение: Запишем выражения для тангенциальной и нормальной компонент ускорения: \[a_\tau = \dot v = -g\sin\alpha(1 + \cos\varphi), \qquad a_n = v\dot\varphi = g\sin\alpha\sin\varphi.\] Отсюда: \[\frac{\dot v}{v\dot\varphi} = -\frac{1 + \cos\varphi}{\sin\varphi} = -\frac{1}{\mathrm{tg}(\varphi/2)}.\] Разделим переменные и получим: \[\frac{\mathrm{d}v}{v} = -\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{tg}(\varphi/2)}.\] Проинтегрируем полученное выражение (\(\theta = \varphi/2\)): \[\int_{v_0}^{v}\frac{\mathrm{d}v}{v} = \ln\left(\frac{v}{v_0}\right) = -\int_{\varphi_0}^{\varphi}\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{tg}(\varphi/2)} = -2\int_{\varphi_0/2}^{\varphi/2}\frac{\cos\theta\,\mathrm{d}\theta}{\sin\theta} = -2\ln\left(\frac{\sin(\varphi/2)}{\sin(\varphi_0/2)}\right).\] Избавляясь от логарифма, получим: \[\frac{v}{v_0} = \frac{\sin^2(\varphi_0/2)}{\sin^2(\varphi/2)}, \qquad v(\varphi) = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{1 - \cos\varphi}.\] Поскольку в верхней точке траектории \(\varphi = 90^\circ\), для скоростей \(u\) и \(v_1\) имеем: \[u = v_0(1 - \cos\varphi_0) \approx 4{,}00\text{ м/с}, \qquad v_1 = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{1 - \cos\varphi_1} \approx 2{,}07\text{ м/с}.\]

3. Первое решение: Обратим внимание, что из найденного во втором пункте инварианта следует: \[v - v_y = v_0(1 - \cos\varphi_0).\] Интегрируя по времени, получим \[S - \Delta y = v_0(1 - \cos\varphi_0)t,\] где \(\Delta y\) и \(S\) — изменение координаты \(y\) шайбы и пройденный ею путь соответственно.

К моменту достижения шайбой основания доски \(\Delta y = 0\), поэтому: \[S = v_0(1 - \cos\varphi_0)t.\] Для определения пути \(S\) воспользуемся законом изменения кинетической энергии: \[\Delta E_k = \frac{mv^2}{2} - \frac{mv_0^2}{2} = A_\text{тяж} + A_\text{тр} = -mg\sin\alpha\,\Delta y - mg\sin\alpha\,S.\] Поскольку при достижении основания доски \(\Delta y = 0\): \[v_0^2 - v_1^2 = 2g\sin\alpha\,S = 2g\sin\alpha\,v_0(1 - \cos\varphi_0)t,\] откуда: \[t = \frac{v_0}{2g\sin\alpha(1 - \cos\varphi_0)}\left(1 - \left(\frac{1 - \cos\varphi_0}{1 - \cos\varphi_1}\right)^2\right) \approx 1{,}52\text{ с}.\]

Второе решение: С учётом полученной зависимости \(v(\varphi)\) время \(t\) можно определить, например, из уравнения для нормальной компоненты ускорения шайбы: \[v\dot\varphi = g\sin\alpha\sin\varphi \;\Rightarrow\; \mathrm{d}t = \frac{v\,\mathrm{d}\varphi}{g\sin\alpha\sin\varphi} = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{g\sin\alpha}\cdot\frac{\mathrm{d}\varphi}{(1 - \cos\varphi)\sin\varphi}.\] Перейдём к переменной половинного угла: \[\mathrm{d}t = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{g\sin\alpha}\cdot\frac{\mathrm{d}\varphi}{4\sin^3(\varphi/2)\cos(\varphi/2)}.\] Воспользуемся стандартной тригонометрической подстановкой \(z = \mathrm{tg}(\varphi/2)\). Тогда получим: \[\sin(\varphi/2) = \frac{z}{\sqrt{1 + z^2}}, \qquad \cos(\varphi/2) = \frac{1}{\sqrt{1 + z^2}}.\] Свяжем \(\mathrm{d}\varphi\) и \(\mathrm{d}z\): \[\mathrm{d}z = \mathrm{d}\,\mathrm{tg}(\varphi/2) = \frac{1}{\cos^2(\varphi/2)}\cdot\frac{\mathrm{d}\varphi}{2} = \bigl(1 + \mathrm{tg}^2(\varphi/2)\bigr)\cdot\frac{\mathrm{d}\varphi}{2}, \qquad \mathrm{d}\varphi = \frac{2\,\mathrm{d}z}{1 + z^2}.\] Отсюда имеем: \[\mathrm{d}t = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{g\sin\alpha}\cdot\frac{(1 + z^2)^2}{4z^3}\cdot\frac{2\,\mathrm{d}z}{1 + z^2}.\] Вводя переменные \(z_0 = \mathrm{tg}(\varphi_0/2)\) и \(z_1 = \mathrm{tg}(\varphi_1/2)\), для времени \(t\) получим: \[t = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{2g\sin\alpha}\int_{z_0}^{z_1}\frac{1 + z^2}{z^3}\,\mathrm{d}z = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{2g\sin\alpha}\left(\int_{z_0}^{z_1}\frac{\mathrm{d}z}{z^3} + \int_{z_0}^{z_1}\frac{\mathrm{d}z}{z}\right).\] Интегрируя, находим: \[t = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{2g\sin\alpha}\left(\frac{1}{2z_0^2} - \frac{1}{2z_1^2} + \ln\left(\frac{z_1}{z_0}\right)\right).\] Возвращаясь к исходным переменным, для времени \(t\) находим: \[t = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{2g\sin\alpha}\left(\frac{1}{1 - \cos\varphi_0} - \frac{1}{1 - \cos\varphi_1} + \ln\left(\frac{\mathrm{tg}(\varphi_1/2)}{\mathrm{tg}(\varphi_1/2)}\right)\right) \approx 1{,}52\text{ с}.\]

Примечание 1: Вообще говоря, задача является переопределённой, поскольку значение \(\varphi_1\) однозначно определяется значением \(\varphi_0\), однако в такой формулировке задача становится слишком сложной. Участникам олимпиады было достаточно получить лишь одно уравнение, связывающее \(\varphi_1\) и \(t\). Без заданного значения \(\varphi_1\) решение третьего пункта задачи требует комбинации первого и второго изложенных решений. Численное значение \(\varphi_1 = 159{,}3^\circ\) можно найти, приравняв два выражения для \(t\) и численно решив полученное уравнение: \[\frac{1}{(1 - \cos\varphi_0)^2} - \frac{1}{(1 - \cos\varphi_1)^2} = \frac{1}{1 - \cos\varphi_0} - \frac{1}{1 - \cos\varphi_1} + \ln\left(\frac{\mathrm{tg}(\varphi_1/2)}{\mathrm{tg}(\varphi_0/2)}\right).\]

Примечание 2: Из комбинации двух решений также получаются явные зависимости перемещения \(\Delta y\) и пути \(S\) от угла \(\varphi\): \[\Delta y(\varphi) = \frac{v_0^2(1 - \cos\varphi_0)^2}{4g\sin^2\alpha}\left(\frac{\cos\varphi_0}{(1 - \cos\varphi_0)^2} - \frac{\cos\varphi}{(1 - \cos\varphi)^2} - \ln\left(\frac{\mathrm{tg}(\varphi/2)}{\mathrm{tg}(\varphi_0/2)}\right)\right),\] \[S(\varphi) = \frac{v_0^2(1 - \cos\varphi_0)^2}{4g\sin^2\alpha}\left(\frac{2 - \cos\varphi_0}{(1 - \cos\varphi_0)^2} - \frac{2 - \cos\varphi}{(1 - \cos\varphi)^2} + \ln\left(\frac{\mathrm{tg}(\varphi/2)}{\mathrm{tg}(\varphi_0/2)}\right)\right).\]

Помимо этого, мы можем определить зависимость перемещения вдоль оси \(x\), направленной вдоль основания наклонной плоскости, от угла \(\varphi\): \[\mathrm{d}x = v\sin\varphi\,\mathrm{d}t = v\sin\varphi\cdot\frac{\mathrm{d}\varphi}{\dot\varphi} = \frac{v^2\,\mathrm{d}\varphi}{g\sin\alpha} = \frac{v_0^2(1 - \cos\varphi_0)^2}{g\sin\alpha}\cdot\frac{\mathrm{d}\varphi}{(1 - \cos\varphi)^2}.\] Вновь переходя к переменной \(z = \mathrm{tg}(\varphi/2)\), получим: \[\Delta x(z) = \frac{v_0^2(1 - \cos\varphi_0)^2}{2g\sin\alpha}\int_{z_0}^{z}\frac{(1 + z^2)^2}{z^4}\cdot\frac{\mathrm{d}z}{1 + z^2} = \frac{v_0^2(1 - \cos\varphi_0)^2}{2g\sin\alpha}\left(\int_{z_0}^{z}\frac{\mathrm{d}z}{z^4} + \int_{z_0}^{z}\frac{\mathrm{d}z}{z^2}\right).\] Интегрируя, находим: \[\Delta x(z) = \frac{v_0^2(1 - \cos\varphi_0)^2}{2g\sin\alpha}\left(\frac{1}{3z_0^3} - \frac{1}{3z^3} + \frac{1}{z_0} - \frac{1}{z}\right).\] Возвращаясь к переменной \(\varphi\): \[\Delta x(\varphi) = \frac{v_0^2(1 - \cos\varphi_0)^2}{2g\sin\alpha}\left(\frac{1}{3\,\mathrm{tg}^3(\varphi_0/2)} - \frac{1}{3\,\mathrm{tg}^3(\varphi/2)} + \frac{1}{\mathrm{tg}(\varphi_0/2)} - \frac{1}{\mathrm{tg}(\varphi/2)}\right).\] Таким образом, траектория шайбы может быть получена аналитически в параметрической форме, поскольку \(\Delta y(\varphi)\) и \(\Delta x(\varphi)\) являются известными аналитическими функциями. Траектория для заданных значений \(v_0\), \(\varphi_0\), \(\alpha\) и \(g\) представлена на рисунке ниже.

Лист бумаги невесом, поэтому силы трения на его сторонах равны. Составьте уравнения второго закона Ньютона для бруска и для призмы с учётом того, что призма при начале движения ускоряется: чему тогда равна нормальная реакция наклонной плоскости?

1) клин начнёт двигаться при \(\mu_2 \leqslant \dfrac{2\operatorname{tg}\alpha - \mu_1}{2 + \mu_1\operatorname{tg}\alpha} = \dfrac{2(1-\mu_1)}{4+\mu_1}\);  2) решение нейросети неверно: использована статическая реакция \(N_2 = 2mg\cos\alpha\), тогда как для движущейся системы нормальная реакция плоскости другая (динамическая).

Из условия равномерного подъёма найдите силу трения, затем запишите второй закон Ньютона для движения вниз.

3

Работа всех сил на пути до остановки равна изменению кинетической энергии.

\(1{,}0\) м

Автомобиль движется с постоянной скоростью. Сила трения о колёса направлена вперёд и уравновешивает сопротивление воздуха.

5 кН

На шар действуют три силы в одной плоскости. Что можно сказать о точке пересечения их линий действия? Куда тогда направлена сила реакции опоры?

\(\mu \ge \operatorname{tg}\dfrac{\alpha}{2}\);  \(T = mg\operatorname{tg}\dfrac{\alpha}{2}\).

Так как шар покоится под действием плоской системы трёх непараллельных сил (сила тяжести, сила реакции со стороны опоры \(R\) и сила реакции со стороны нити \(T\)), следовательно, линии действия этих сил пересекаются в одной точке. Значит, линия действия силы \(R\) должна пройти через точку пересечения \(T\) и \(mg\), отклоняясь от нормали на угол \(\alpha/2\).

Равновесие шара возможно, если угол \(\alpha_{\text{тр}} \ge \alpha/2\), где \(\alpha_{\text{тр}}\) "— угол трения (максимальный угол, на который может отклониться от нормали вектор силы реакции). Стало быть, \(\mu \ge \operatorname{tg}\dfrac{\alpha}{2}\).

Величину \(T\) находим из силового треугольника для шара: \[T = mg\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}.\] Возможны решения, основанные на законах Ньютона и уравнении моментов.

Большой куб остаётся в покое, пока горизонтальная составляющая силы, с которой нить давит на ось блока, не превосходит максимальной силы трения покоя. Найдите ускорение кубиков и натяжение нити.

a) 456;  b) 123.

Критическое значение коэффициента трения в пункте a) находится из условия равенства горизонтальной составляющей силы давления на ось блока и максимальной силы трения покоя, действующей на большой куб. Это рассуждение приводит к соотношению \[\mu_a (mg + mg + T_a) = T_a,\] в котором \(T_a\) "— сила натяжения нити, удовлетворяющая равенству \[T_a = m a_a = m\cdot\frac{mg}{2m} = \frac{mg}{2}.\] Таким образом, искомый коэффициент трения равен \(\mu_a = 0{,}2\). Номера столбцов таблицы, содержащих значения, превышающие \(\mu_a\) (удовлетворяющие условию пункта a) задачи) "— 456 (без запятых и пробелов).

В условиях пункта b) задачи уравнение, из которого находится коэффициент трения, изменяется (следует учесть, что на большой куб дополнительно будет действовать сила трения со стороны верхнего маленького кубика): \[\mu_b (mg + mg + T_b) = T_b - \frac{mg}{4}.\] Значение силы натяжения в этом случае равно \[T_b = m a_b + \frac{mg}{4} = m\cdot\frac{mg - \dfrac{mg}{4}}{2m} + \frac{mg}{4} = \frac{5mg}{8}.\] Таким образом, предельное значение коэффициента трения оказывается равно \(\mu_b = \dfrac17 \approx 0{,}142\), так что в этом случае подходящие значения стоят в первых трёх столбцах таблицы, поэтому ответ: 123.

Большой куб неподвижен, пока горизонтальная сила, с которой на него действуют блок и верхний кубик, не превышает максимальной силы трения покоя. Найдите силу давления нити на ось блока через ускорение кубиков.

1) 3456;  2) 123.

Критическое значение коэффициента трения в пункте a) находится из условия равенства горизонтальной составляющей силы давления на ось блока и максимальной силы трения покоя, действующей на большой куб. Это рассуждение приводит к соотношению \[\mu_a (mg + mg + T_a) = T_a,\] в котором \(T_a\) — сила натяжения нити, удовлетворяющая равенству \[T_a = m a_a = m\cdot\frac{mg}{2m} = \frac{mg}{2}.\] Таким образом, искомый коэффициент трения равен \(\mu_a = 0{,}2\). Номера столбцов таблицы, содержащих значения, превышающие \(\mu_a\), а следовательно удовлетворяющие условию пункта a) задачи, — 3456 (без запятых и пробелов).

В условиях пункта b) задачи уравнение, из которого находится коэффициент трения, изменяется (следует учесть, что на большой куб дополнительно будет действовать сила трения со стороны верхнего маленького кубика): \[\mu_a (mg + mg + T_b) = T_b - \frac{mg}{4}.\] Значение силы натяжения в этом случае равно \[T_b = m a_b + \frac{mg}{4} = m\cdot\frac{mg - \dfrac{mg}{4}}{2m} + \frac{mg}{4} = \frac{5mg}{8}.\] Таким образом, предельное значение коэффициента трения оказывается равно \(\mu_b = \dfrac17 \approx 0{,}142\), так что в этом случае подходящие значения стоят в первых трёх столбцах таблицы, поэтому ответ: 123.

Для каждой пары соприкасающихся брусков максимальная сила трения покоя равна \(\mu N\). Найдите, какое наибольшее ускорение она может сообщить телам, которые должны двигаться вместе с ведомым бруском.

1) 10 Н;  2) 10 Н;  3) 12 Н;  4) 1 м/с\(^2\) и 6 м/с\(^2\).

Чемодан скользит с постоянным ускорением \(\mu g\), поезд тормозит с ускорением \(a\). Запишите движение чемодана относительно вагона и подумайте, в какой момент их относительная скорость максимальна.

Коэффициент трения \(\mu = \dfrac{aV^2}{g(2aS+V^2)} = \dfrac{5}{37} \approx 0{,}135\); максимальная скорость чемодана относительно вагона \(u_{\max} = \dfrac{2aSV}{2aS+V^2} \approx 3{,}24\) м/с.

Минимальные силы вниз и вверх дают два уравнения на проекцию силы тяжести вдоль плоскости и максимальную силу трения. Для движения в горизонтальном направлении по плоскости силы складываются как векторы.

1) 1 м/с\(^2\);  2) 2,8 Н;  3) 0;  4) 1 м/с\(^2\).

Подвижный блок даёт выигрыш в силе в два раза: найдите силы натяжения нитей, действующих на брусок \(M\) слева и справа, и учтите, что сила трения покоя может быть направлена в любую сторону и не превышает \(F\). Для скоростей сравните перемещения нитей у подвижных блоков.

1) \(m_0 - \dfrac{F}{2g} \le m_x \le m_0 + \dfrac{F}{2g}\);  2) модуль скорости бруска \(M\) вдвое меньше модуля скорости бруска \(m_x\).

Найдите горизонтальную и вертикальную силы, действующие на табуретку со стороны кошки, и сравните два порога: по моменту сил (опрокидывание вокруг дальней ножки) и по трению (проскальзывание).

Табуретка будет оставаться неподвижной, если модуль ускорения центра масс кошки не превышает \(a = \dfrac{gd}{h}\left(\dfrac{M}{2m} + 1\right) \approx 16{,}67\) м/с\(^2\); при превышении этого значения на малую величину табуретка начнёт опрокидываться.

Движение начнётся, когда сила натяжения нити сможет превысить максимальную силу трения покоя между бруском и доской. Затем запишите второй закон Ньютона для бруска, доски и гирек и свяжите их ускорения условием нерастяжимости нити.

Система придёт в движение при минимальном количестве гирек \(n = 6\); доска начнёт двигаться с ускорением \(a_{1x} = \dfrac{1-\dfrac{\mu m_2}{6\Delta m}}{1+\dfrac{m_1}{m_2}+\dfrac{m_1}{6\Delta m}}\,g \approx 0{,}3\) м/с\(^2\), направленным вправо; брусок начнёт двигаться с ускорением \(|a_{2x}| = \dfrac{\dfrac{\mu m_2}{6\Delta m}-1}{1+\dfrac{m_2}{m_1}+\dfrac{m_2}{6\Delta m}}\,g \approx 0{,}17\) м/с\(^2\), направленным влево.

Что начнёт скользить первой: доска по столу или брусок по доске? В пограничном случае сила трения на бруске максимальна, а ускорения бруска, доски и груза одинаковы.

\(M = \dfrac{15\mu}{4-\mu}\,m\).

Максимально возможная сила трения, действующая на доску со стороны стола, равна \(3\mu mg\). Максимально возможная сила трения, действующая на брусок со стороны доски, равна \(4\mu mg\). Значит, при увеличении массы \(M\) сначала начнёт проскальзывать доска, а на брусок ещё какое-то время будет действовать сила трения покоя. В случае минимальной массы \(M\) груза возникает пограничная ситуация: на брусок действует максимально возможная сила трения, но ускорения доски и бруска ещё одинаковы. Сила трения, действующая на брусок, в этом случае направлена в ту же сторону, куда и ускорение системы «брусок – доска». Запишем второй закон Ньютона для бруска, доски и груза соответственно: \[4\mu mg - T = ma, \qquad 2T - 4\mu mg - 3\mu mg = 2ma, \qquad Mg - T = Ma,\] где \(T\) – сила реакции со стороны нити. Отсюда получаем: \[M = \frac{15\mu}{4-\mu}\,m .\]

Скорость максимальна там, где ускорение обращается в ноль, то есть сила упругости уравновешена силой трения. Найдите деформацию пружины в этой точке и запишите изменение механической энергии на пути до неё.

\(u = \sqrt{v_0^2 + \dfrac{k}{m}(l^2 - x^2) - 2\mu g (l - x)} \approx 1{,}28\) м/с, где \(x = \mu m g/k = 2\) см.

Когда скорость бруска максимальна, его ускорение обращается в ноль. Равна нулю в этот момент и сумма сил, действующих на брусок, \(\mu m g = k x\), где \(x\) — деформация растянутой пружины. С учетом численной подстановки получаем \(x = 2\) см. По закону изменения механической энергии \[\frac{m v_0^2}{2} + \frac{k l^2}{2} - \mu m g (l - x) = \frac{m u^2}{2} + \frac{k x^2}{2}.\] Отсюда \[u = \sqrt{v_0^2 + \frac{k}{m}(l^2 - x^2) - 2\mu g (l - x)} = 1{,}28 \text{ м/с}.\]

Три силы, действующие на стержень (две реакции и сила тяжести), уравновешены. Выберите точку, где пересекаются линии действия двух из них, и запишите моменты относительно неё.

\(\mu \ge \dfrac{a}{b\,\mathrm{tg}\,\alpha}\).

На рисунке указаны силы, действующие на стержень. Рассмотрим граничный случай, когда стержень покоится при минимальном значении коэффициента трения \(\mu\). Запишем уравнение моментов относительно точки пересечения линий действия сил \(N_1\) и \(Mg\): \[F_{\text{тр}}\, b\,\mathrm{tg}\,\alpha = N_2\, a .\]

Из закона Амонтона-Кулона \(F_{\text{тр}} = \mu N_2\). Значит, \(\mu = \dfrac{a}{b}\,\mathrm{tg}\,\alpha\). Окончательно получаем \(\mu \ge \dfrac{a}{b}\,\mathrm{tg}\,\alpha\).

Центр масс шара смещён в сторону воска. Запишите условие равенства нулю суммы моментов сил относительно точки касания с клином и учтите, что нить вертикальна.

1) \(0{,}58\);  2) \(0\) Н.

В п. 1 проскальзывание начинается, когда сила трения покоя между брусками достигает \(\mu N\). В п. 3 пока бруски скользят, действуйте законом сохранения импульса для системы из трёх брусков (трение со столом учтите).

1) \(2{,}4\) Н;  2) \(1{,}2\) Н;  3) \(0{,}4\) м/с.

Центр масс трёх досок движется равномерно — найдите, где он относительно доски \(a\) в начале и в конце. Сила трения пропорциональна длине перекрытия досок \(a\) и \(c\), поэтому относительное движение — четверть периода гармонических колебаний с амплитудой \(L\).

\(\Delta x = \dfrac{2(\pi + 1)L}{3}\).

Пусть \(v_0\) — скорость досок \(a\) и \(b\) до соударения с доской \(c\), а \(m\) — масса каждой из досок. Поскольку трения между досками \(a\) и \(b\) нет, а доски \(b\) и \(c\) при ударе скрепляются — сразу после удара скорость доски \(a\) равна \(v_0\), а скорость досок \(b\) и \(c\) равна \(v_0/2\) из закона сохранения импульса.

Введём ось \(x\) по направлению скорости \(v_0\). Поскольку горизонтальная поверхность гладкая — центр масс системы движется с постоянной скоростью, равной \(v_\text{цм} = 2v_0/3\). В момент удара центр масс системы опережает центр доски \(a\) на величину \(l/3\), а к моменту, когда доска \(a\) целиком оказалась на доске \(c\), центр масс системы отстаёт от центра доски на ту же величину \(l/3\). Тогда для перемещения доски \(a\) получим: \[\Delta x = \Delta x_\text{цм} + \frac{2l}{3} = \frac{2(v_0\tau + l)}{3},\] где \(\tau\) — время движения доски \(a\) относительно досок \(b\) и \(c\). Далее объединим доски \(b\) и \(c\) в одно тело массой \(2m\) и будем характеризовать его индексом 2. Доску \(a\) будем характеризовать индексом 1. Пусть \(\vec F\) — сила трения, действующая на первое тело со стороны второго, а \(x\) — их относительное перемещение после удара. Отметим, что трение происходит только в области перекрытия досок \(a\) и \(c\). Величина силы трения скольжения прямо пропорциональна силе нормальной реакции шероховатой части поверхности опоры, и поэтому \(F_x = -\mu mgx/l\). Запишем второй закон Ньютона для каждого из тел: \[m\vec a_1 = \vec F, \qquad 2m\vec a_2 = -\vec F,\] откуда:

\[\vec a_1 - \vec a_2 = \vec a_\text{отн} = \frac{\vec F}{m} + \frac{\vec F}{2m} = \frac{2\vec F}{3m}.\] Тогда получим уравнение движения для переменной \(x\): \[\ddot x = -\frac{2\mu g x}{3L}.\] Это уравнение гармонических колебаний с циклической частотой \(\omega_0 = \sqrt{2\mu g/3L}\). Его общее решение: \[x(t) = A\sin(\omega t + \varphi_0).\] Определим \(A\) и \(\varphi_0\) из начальных условий: \[\begin{cases} x(0) = A\sin\varphi_0 = 0\\[2pt] \dot x(0) = \dfrac{v_0}{2} = \omega A\cos\varphi_0 \end{cases} \;\Rightarrow\; \begin{cases} \varphi_0 = 0\\[2pt] A = \dfrac{v_0}{2\omega} \end{cases}\] Величина \(A\) имеет смысл амплитуды колебаний, которая также равна \(L\), поскольку относительное движение досок прекращается, когда доска \(a\) целиком оказывается на доске \(c\). Таким образом, имеем связь: \[\frac{v_0}{2\omega} = L.\] Время движения \(\tau\) является четвертью периода гармонических колебаний с циклической частотой \(\omega_0\), откуда: \[\tau = \frac{\pi}{2\omega}.\] Тогда для перемещения центра масс имеем: \[\Delta x_\text{цм} = \frac{2v_0\tau}{3} = \frac{2\pi L}{3},\] и окончательно находим: \[\Delta x = \Delta x_\text{цм} + \frac{2L}{3} = \frac{2(\pi + 1)L}{3}.\]

Перейдите в систему отсчёта, где цилиндр покоится: в ней действует «эффективная тяжесть» \(M(\vec g - \vec a)\). Цилиндр не вращается, если три силы — эффективная тяжесть, реакция пола (она отклонена от вертикали на угол трения, ведь цилиндр по полу скользит) и реакция доски — пересекаются в одной точке.

При \(\mu < \sqrt3\): \(\dfrac{g}{\sqrt3} < a < \sqrt3\,g\);  при \(\mu > \sqrt3\): \(a > \sqrt3\,g\);  при \(\mu = \sqrt3\): \(a = \sqrt3\,g\).

Первый способ. Перейдём в неинерциальную систему отсчёта, движущуюся влево с ускорением \(\vec a\). В этой системе цилиндр покоится, и на него действует эффективная сила тяжести: \[M\vec g_\text{эф} = M\vec g - M\vec a.\]

Заметим, что с увеличением ускорения \(a\) угол \(\gamma\) между вертикалью и вектором \(M\vec g_\text{эф}\) увеличивается.

Расставим силы, действующие на цилиндр в этой системе отсчёта:

• сила реакции \(Q\) со стороны горизонтальной поверхности, направленная под углом \(\varphi\) к вертикали. \(\operatorname{tg}\varphi = \mu\), так как происходит движение с проскальзыванием.

• Сила реакции \(Q_1\) со стороны доски направлена под некоторым углом \(\alpha\) к радиусу, проведённому в точку касания.

Случай 1: \(\mu < \sqrt3\), линия действия силы \(Q\) проходит левее точки контакта цилиндра с доской (точки \(A\)). Для равновесия цилиндра необходимо, чтобы силы \(Q\), \(Q_1\) и \(Mg_\text{эф}\) пересекались в одной точке (по теореме о трёх непараллельных силах). Угол \(\varphi\) фиксирован, а угол \(\alpha\) увеличивается при уменьшении ускорения \(a\). Максимальное значение угла \(\alpha\) равно \(\varphi\): \[\alpha_\text{max} = \varphi.\] Из геометрии задачи следует, что при \(\alpha = \varphi\) угол между эффективной силой тяжести и вертикалью равен \(30^\circ\). Следовательно: \[a_\text{min} = g\operatorname{tg}30^\circ = \frac{g}{\sqrt3}.\] С увеличением ускорения \(a\) угол \(\alpha\) уменьшается, пока \(Mg_\text{эф}\) и \(Q_1\) не станут направленными вдоль одной прямой. Дальнейшее увеличение \(a\) приведёт к нарушению равновесия, и цилиндр начнёт закатываться на доску. При этом сила реакции \(Q\) станет равной нулю. Следовательно: \[a_\text{max} = g\operatorname{tg}60^\circ = \sqrt3\,g,\] \[\frac{1}{\sqrt3}g < a < \sqrt3\,g.\]

Случай 2: \(\mu > \sqrt3\). Линия действия силы \(Q\) проходит ниже точки контакта цилиндра с доской.

По теореме о трёх непараллельных силах, с учётом того, что \(0 < \alpha \leqslant \varphi\), получаем два возможных диапазона для угла \(\gamma\), при которых три силы пересекаются в одной точке:

• \(\gamma \in [0;\,30^\circ]\) и вектор \(Q\) направлен в точку пересечения трёх сил.

• \(\gamma \in (60^\circ;\,90^\circ)\) и продолжение вектора \(Q\) в обратном направлении проходит через точку пересечения трёх сил (см. рис.).

Случай 3: \(\mu = \sqrt3\).

\(\varphi = 60^\circ\), линия действия силы \(Q\) проходит через точку \(A\). Тогда либо линии действия сил \(Q\) и \(Q_1\) совпадают, либо пересекаются в точке \(A\). Первое невозможно, так как в этом случае для выполнения условия равновесия \(Mg_\text{эф}\) должна быть параллельна \(Q\) и \(Q_1\), чего быть не может. Значит, линии действия сил \(Q\) и \(Q_1\) пересекаются в точке \(A\). Тогда по теореме о трёх непараллельных силах \(Mg_\text{эф}\) тоже направлена в точку \(A\), откуда однозначно находим значение ускорения: \[a = \sqrt3\,g.\]

Второй способ. Расставим силы, действующие на цилиндр, и запишем теорему о движении центра масс для цилиндра в проекциях на горизонтальное и вертикальное направления:

\[\begin{cases} Oy:\ N_1 + N\sin\alpha - F_\text{тр}\cos\alpha - Mg = 0;\\ Ox:\ N\cos\alpha + F_\text{тр}\sin\alpha - F_{\text{тр}1} = Ma. \end{cases}\] Из условия задачи можем найти угол \(\alpha\): \[\sin\alpha = \frac{R - h}{R} = 0{,}5 \;\Longrightarrow\; \alpha = 30^\circ.\] Так как цилиндр скользит по горизонтальной поверхности, сила трения равна соответственно: \[F_{\text{тр}1} = \mu N_1.\] Для того чтобы цилиндр не вращался, должно выполняться правило моментов относительно его центра: \[F_\text{тр}R = F_{\text{тр}1}R \;\Longrightarrow\; F_\text{тр} = F_{\text{тр}1} = \mu N_1.\] Формально, предыдущее уравнение необходимо писать в системе отсчёта центра масс цилиндра. Но при переходе в неинерциальные системы отсчёта, силы инерции прикладываются к центру масс тела, соответственно не создают момента сил относительно него. Подставим значения сил трения в систему уравнений: \[\begin{cases} Oy:\ N_1 + N\sin\alpha - \mu N_1\cos\alpha - Mg = 0;\\ Ox:\ N\cos\alpha + \mu N_1\sin\alpha - \mu N_1 = Ma. \end{cases}\] Для выполнения условия равноускоренного движения цилиндра без вращения необходимо выполнение следующих соотношений: \[\begin{cases} N_1 > 0,\\ F_\text{тр} \leqslant \mu N \;\Longrightarrow\; N_1 \leqslant N. \end{cases}\] Первое условие гарантирует контакт цилиндра с горизонтальной поверхностью, второе гарантирует отсутствие проскальзывания между цилиндром и доской. Из уравнения на вертикальную ось выразим \(N_1\): \[N_1 = \frac{Mg - N\sin\alpha}{1 - \mu\cos\alpha}.\] Подставим значение \(N_1\) в уравнение на горизонтальную ось: \[N\cos\alpha + \mu(N\sin\alpha - Mg)\frac{1 - \sin\alpha}{1 - \mu\cos\alpha} = Ma.\] Сгруппируем слагаемые с \(N\) с одной стороны равенства: \[N\left(\cos\alpha + \mu\sin\alpha\frac{1 - \sin\alpha}{1 - \mu\cos\alpha}\right) = M\left(a + \mu g\frac{1 - \sin\alpha}{1 - \mu\cos\alpha}\right).\] Домножим обе стороны равенства на \((1 - \mu\cos\alpha)\): \[N\left(\cos\alpha - \mu\cos^2\alpha + \mu\sin\alpha - \mu\sin^2\alpha\right) = M\left[a(1 - \mu\cos\alpha) + \mu g(1 - \sin\alpha)\right],\] откуда получаем выражение для значения \(N\): \[N = M\frac{a(1 - \mu\cos\alpha) + \mu g(1 - \sin\alpha)}{\cos\alpha + \mu\sin\alpha - \mu}.\] Подставляя значение для угла \(\alpha = 30^\circ\): \[N = M\frac{a(2 - \sqrt3\mu) + \mu g}{\sqrt3 - \mu}.\] Подставляя это выражение в выражение для силы \(N_1\): \[N_1 = M\frac{\sqrt3 g - a}{\sqrt3 - \mu}.\] Теперь, чтобы получить возможные значения для \(a\), нам необходимо проанализировать неравенство \(0 < N_1 < N\). Видим, что в знаменателе \(N\) и \(N_1\) есть сингулярность при определённом значении коэффициента трения \(\mu = \sqrt3\). Рассмотрим по отдельности три случая.

Случай 1: \(\mu < \sqrt3\). \[N_1 > 0 \;\Longrightarrow\; \sqrt3 g > a \;\Longrightarrow\; a < \sqrt3 g.\] \(N_1 < N\): \[M\frac{\sqrt3 g - a}{\sqrt3 - \mu} < M\frac{a(2 - \sqrt3\mu) + \mu g}{\sqrt3 - \mu} \;\Longrightarrow\; \sqrt3 g - a < a(2 - \sqrt3\mu) + \mu g,\] откуда получаем \(a > \dfrac{1}{\sqrt3}g\). \[\frac{1}{\sqrt3}g < a < \sqrt3 g.\]

Случай 2: \(\mu > \sqrt3\). \[N_1 > 0 \;\Longrightarrow\; \sqrt3 g < a \;\Longrightarrow\; a > \sqrt3 g.\] \(N_1 < N\): \[M\frac{\sqrt3 g - a}{\sqrt3 - \mu} < M\frac{a(2 - \sqrt3\mu) + \mu g}{\sqrt3 - \mu} \;\Longrightarrow\; \sqrt3 g - a > a(2 - \sqrt3\mu) + \mu g,\] откуда получаем \(a > \dfrac{1}{\sqrt3}g\). Первое условие более строгое, чем второе, откуда получаем ответ: \[a > \sqrt3 g.\]

Случай 3: \(\mu = \sqrt3\). Этот случай нельзя напрямую проанализировать из полученных уравнений, т. к. знаменатель дробей обращается в ноль. Чтобы получить ответ для этого случая, вернёмся к исходной системе уравнений и подставим значение угла \(\alpha = 30^\circ\) и коэффициента трения \(\mu = \sqrt3\): \[\begin{cases} N_1 + \dfrac12 N - \dfrac32 N_1 - Mg = 0,\\[2mm] \dfrac{\sqrt3}{2}N + \dfrac{\sqrt3}{2}N_1 - \sqrt3 N_1 = Ma. \end{cases}\] Из первого уравнения системы получаем: \[N = 2Mg + N_1.\] Подставим это выражение во второе уравнение системы: \[\sqrt3 Mg + \frac{\sqrt3}{2}N_1 + \frac{\sqrt3}{2}N_1 - \sqrt3 N_1 = Ma,\] откуда находим единственное решение системы: \[a = \sqrt3 g.\]

Разложите ускорение на нормальную (вдоль нити) и касательную (вдоль скорости) составляющие. Касательную создаёт только сила трения, нормальную — нить и составляющая силы тяжести вдоль плоскости.

\(a = \sqrt{(V^2/L)^2 + (\mu g\cos\alpha)^2} = 5\) м/с\(^2\);  \(F = mV^2/L + mg\sin\alpha \approx 6{,}33\) Н.

Сила Лоренца перпендикулярна стержню, поэтому меняет силу нормальной реакции, а с ней и силу трения. Максимальная скорость достигается, когда ускорение обращается в нуль.

При \(q>0\): \(v_{\max} = \dfrac{mg}{\mu qB}(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)\), \(a_{\max} = g\sin\alpha\); при \(q<0\): \(v_{\max} = \dfrac{mg}{\mu |q| B}(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)\), \(a_{\max} = g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)\).

Пока брусок не проскальзывает, клин и брусок движутся как одно целое с общим ускорением. Запишите второй закон Ньютона для бруска в проекциях вдоль и поперёк наклонной плоскости.

\(F_\text{тр} = 0\) Н: в этот момент сила трения между телами отсутствует.

Найдите отдельно, при какой силе натяжения нити табуретка начнёт скользить и при какой начнёт опрокидываться, и сравните: что наступит раньше? Затем свяжите добавленную массу воды со временем через расход трубки.

Табуретка начнёт опрокидываться раньше, чем скользить; движение начнётся спустя время \(t = \dfrac{4\Delta m}{\rho v \pi D^2} = \dfrac{4}{\rho v \pi D^2}\left(\dfrac{Md}{2h} - m\right) \approx 358\) с \(\approx 5\) мин 58 с.

Запишите второй закон Ньютона для бруска в проекциях и найдите силы трения и реакции как функции \(F\). Сравните \(|F_{\text{тр}}|\) с \(\mu N\) при \(\mu > \operatorname{ctg}\alpha\): будет ли проскальзывание?

1) через время \(T = 12\) с после начала действия силы \(F\) модуль силы трения, действующей со стороны клина на брусок, равен 0 Н (т.е. сила трения между телами в этот момент отсутствует);  2) ускорения клина и бруска в момент времени \(5T\) одинаковы, направлены горизонтально и равны по модулю \(a = A = \dfrac{F}{m + M} = \dfrac{5\delta T}{m + M} = 10\) м/с\(^2\).

Одна и та же нить проходит через все блоки, поэтому её натяжение везде одинаково, если не считать участка с трением. Какие силы действуют на подвижный блок и на груз?

1) система может оставаться в равновесии при \(m < m_0 = F/g = 1\) кг;  2) центр масс неоднородного груза должен находиться на одинаковом расстоянии от вертикальных линий, вдоль которых расположены нити, на которых он висит;  3) при \(m = m_1 = 0{,}7\) кг сила трения направлена вверх и её модуль равен \(F_1 = m_1 g = 7\) Н.

На сферу действуют три силы. Две из них вертикальны, значит, и третья вертикальна. Каков при этом угол между реакцией лунки и нормалью в точке касания?

\(\mu \ge \dfrac{r}{\sqrt{R^2 - 2Rr}}\).

Сферическая оболочка находится в равновесии под действием трёх сил: тяжести \(m\vec g\), натяжения \(\vec T\) и реакции чаши \(\vec R\). Две первые направлены вертикально, следовательно, третья тоже должна быть направлена вертикально, отклоняясь от нормали на угол \(\alpha\). Поскольку этот угол не может быть больше угла трения, \(\mu \ge \mathrm{tg}\,\alpha\) и не зависит от распределения масс сферы и воска.

Из рисунка находим: \[\mathrm{tg}\,\alpha = \frac{r}{\sqrt{(R-r)^2 - r^2}} = \frac{r}{\sqrt{R^2 - 2Rr}} \;\Longrightarrow\; \mu \ge \frac{r}{\sqrt{R^2 - 2Rr}} .\]

Тело покоится относительно стенки только благодаря трению: что говорит о коэффициенте трения угол, под которым оно сидит в равновесии? Запишите второй закон Ньютона вдоль трубы при малом смещении.

\(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{4R}{5g}}\).

Если брусок не проскальзывает, система колеблется как одно тело массой \(M+m\) на пружине. Проверьте, хватает ли силы трения покоя для сообщения бруску максимального ускорения.

1) \(3{,}8\) м/с\(^2\);  2) нет;  3) \(0{,}82\) с.

Граница между покоящимся и движущимся снегом перемещается со скоростью, отличной от \(v\); из сохранения массы найдите её и массу движущейся части как функцию времени. Сила тяги уравновешивает трение и изменение импульса вовлекаемого снега.

А) \(t = \dfrac{W_0}{\mu g v^2}\cdot\dfrac{\rho_1-\rho_0}{\rho_1\rho_0} - \dfrac{v}{\mu g}\);  Б) \(W_1 = \mu M_0 g v + \rho_0 v^3\).

Найдите ускорения каждого бруска по отдельности: у нижнего оно равно нулю. При упругом ударе одинаковых тел они обмениваются скоростями.

4a) \(t_1 = \sqrt{\dfrac{8L}{g}} \approx 0{,}28\) с, \(t_k = \sqrt{\dfrac{8L}{g}}\,(2k-1)\);  4b) \(S_n = L\,(2n^2 - 2n + 1)\).

Стержень невесом, поэтому силы на него в каждый момент уравновешены: от стенки, от пола и от бусинки (перпендикулярно стержню, постоянная по величине). Запишите равновесие стержня в зависимости от смещения бусинки и найдите, когда трению на полу перестанет хватать.

1) \(v = \sqrt{\sqrt2\,\mu gL}\), \(\mu < 1\);  2) \(N_A = \dfrac{mg(1 - \mu)}{2}\).

Первый способ. Поскольку стержень находится в равновесии — равнодействующая сил, действующих на него, должна равняться нулю, а также относительно любой точки должен равняться нулю момент действующих на стержень сил. Поскольку массой стержня можно пренебречь, можно считать, что силы прикладываются к стержню в точках \(A\), \(B\) и в месте положения бусинки.

Сила реакции со стороны вертикальной стены \(\vec N_A\) направлена горизонтально, а сила взаимодействия бусинки со стержнем \(\vec N_\text{Б}\) направлена перпендикулярно последнему, поскольку трения между ними нет. Тогда линия действия равнодействующей сил нормальной реакции и трения в точке \(B\) — полной реакции опоры \(\vec Q_B = \vec N_B + \vec F_\text{тр}\) — должна проходить через точку пересечения линий действия \(\vec N_A\) и \(\vec N_\text{Б}\) по теореме о трёх непараллельных силах. Изобразим это на рисунке.

Поскольку линия действия \(\vec N_A\) фиксирована, а \(\vec N_\text{Б}\) сохраняет своё направление — точка пересечения линий действия сил перемещается горизонтально. Угол наклона стержня к вертикали составляет \(45^\circ\), значит смещению бусинки вдоль стержня на величину \(x\) соответствует смещение пересечения линий действия сил на величину \(x\sqrt2\).

Возможны два варианта начала движения стержня: скольжение по полу и стенке или вращение относительно нижнего конца. Предположим, что стержень начнёт проскальзывать. Это произойдет в тот момент, когда \(\vec Q_B\) более не сможет удовлетворить условию пересечения линий действия сил, т. е. угол \(\varphi\) превысит величину \(\operatorname{arctg}\mu\). Отсюда найдём перемещение бусинки \(x_{max}\): \[\frac{x_{max}\sqrt2}{L\sqrt2} = \mu \;\Rightarrow\; x_{max} = \mu L.\] Стержень придет в движение до момента удара бусинки о пол, если \(x_{max} < L\), отсюда получаем условие на коэффициент трения, при котором возможна описанная ситуация: \(\mu < 1\). Определим скорость бусинки из закона сохранения механической энергии: \[\frac{mv^2}{2} = \frac{mgx_{max}}{\sqrt2} \;\Rightarrow\; v = \sqrt{\sqrt2\,\mu gL}.\]

Второй способ. Расставим силы, действующие на стержень, и запишем второй закон Ньютона в проекциях на горизонтальную и вертикальную оси:

\[F_\text{тр} + N_A - \frac{N_\text{Б}}{\sqrt2} = 0, \qquad N_B - \frac{N_\text{Б}}{\sqrt2} = 0\] и правило моментов относительно точки \(B\): \[N_\text{Б}(L - x) = N_A\frac{2L}{\sqrt2}.\] Из второго закона Ньютона для бусинки в проекции на ось, перпендикулярную стержню, получим, что \(N_\text{Б} = mg/\sqrt2\). Решив систему уравнений, найдем: \[N_A = \frac{mg}{2}\cdot\left(1 - \frac{x}{L}\right), \qquad N_B = \frac{mg}{2}, \qquad F_\text{тр} = \frac{mgx}{2L}.\] Проскальзывание начнется при \(F_\text{тр} = \mu N_B\), то есть если \[\frac{mgx}{2L} = \frac{\mu mg}{2} \;\Rightarrow\; x = \mu L.\] Отсюда при условии, что \(x < L\), получим \(\mu < 1\). До начала проскальзывания бусинка движется равноускоренно с ускорением \(a = g/\sqrt2\). Начальная скорость бусинки равна нулю, поэтому \[v^2 = 2ax \;\Rightarrow\; v^2 = 2\cdot\frac{g}{\sqrt2}\cdot\mu L \;\Rightarrow\; v = \sqrt{\sqrt2\,\mu gL}.\]

Силу взаимодействия стержня с вертикальной стенкой также можно определить двумя способами.

Первый способ. Изобразим на рисунке условие равенства нулю равнодействующей сил, действующих на стержень (см. рис.).

Обратим внимание, что из второго закона Ньютона для бусинки в проекции на ось, перпендикулярную стержню, \(N_\text{Б} = \mathrm{const} = mg/\sqrt2\). Тогда имеем \[N_A = \frac{mg(1 - \operatorname{tg}\varphi)}{2}.\] В момент отрыва \(\operatorname{tg}\varphi = \mu\), поэтому \[N_A = \frac{mg(1 - \mu)}{2}.\] Как мы выяснили выше, описанная в условии ситуация возможна только при \(\mu < 1\), тогда \(N_A > 0\). Это означает, что наше предположение о том, что проскальзывание начнется раньше переворота, справедливо, а полученные ответы верны.

Второй способ. Так как в момент начала проскальзывания \(x = \mu L\), \[N_A = \frac{mg}{2}\cdot\left(1 - \frac{x}{L}\right) = \frac{mg(1 - \mu)}{2}.\] Как мы выяснили выше, описанная в условии ситуация возможна только при \(\mu < 1\), тогда \(N_A > 0\). Это означает, что наше предположение о том, что проскальзывание начнется раньше переворота, справедливо, а полученные ответы верны.

Сначала найдите силу давления бруска на призму в её системе отсчёта: она не содержит \(F\). Дальше два случая: если призма скользит, все слагаемые с \(F\) в её уравнении движения должны сократиться; если покоится — трения должно хватать при любом \(F\), в том числе при \(F = 0\).

1) \(\mu = 1/3\) или \(\mu \geqslant 8/19 \approx 0{,}42\);  2) при \(\mu = 1/3\) \(a = g/7\), при \(\mu \geqslant 8/19\) \(a = 0\).

Первый способ решения.

Изобразим силы, действующие на призму (рис. 1). Обозначим \(N\) силу взаимодействия между бруском и призмой, \(N'\) — силу нормальной реакции, а \(F_\text{тр}\) — силу трения, действующие на призму со стороны стола. Тогда \[ma = N\sin\alpha + F(1 - \cos\alpha) - F_\text{тр},\] \[N' = N\cos\alpha + F\sin\alpha + mg,\] \[F_\text{тр} \leqslant \mu(N\cos\alpha + F\sin\alpha + mg).\]

Ускорение бруска относительно стола, для удобства, разложим на две составляющие: ускорение призмы \(a\) и ускорение бруска относительно поверхности призмы \(a'\), которое направлено параллельно её левой боковой поверхности (рис. 2). Запишем второй закон Ньютона для бруска в проекции на ось, перпендикулярную направлению его относительного движения

\[-Ma\sin\alpha = -Mg\cos\alpha + N \qquad\implies\qquad N = Mg\cos\alpha - Ma\sin\alpha.\] Полученная формула для \(N\) не содержит явно величину силы \(F\), а ускорение призмы, согласно условию, не зависит от \(F\). Отсюда следует, что и \(N\) не зависит от величины этой силы.

Рассмотрим два случая: 1) призма движется относительно стола; 2) трение не позволяет призме двигаться.

1. Пусть призма скользит по поверхности стола, то есть \(a > 0\). Тогда \[F_\text{тр} = \mu(N\cos\alpha + F\sin\alpha + mg) \quad\text{и}\quad ma = N\sin\alpha + F(1 - \cos\alpha) - \mu(N\cos\alpha + F\sin\alpha + mg).\] Чтобы ускорение \(a\) не зависело от силы \(F\), все слагаемые, включающие её, должны сократиться. Это возможно, если \[1 - \cos\alpha = \mu\sin\alpha \qquad\implies\qquad \mu = \frac{1 - \cos\alpha}{\sin\alpha} = \frac{1 - 4/5}{3/5} = \frac13.\]

2. Пусть теперь призма не скользит, то есть \(a = 0\). Тогда \(N = Mg\cos\alpha\) и \[F_\text{тр} = F(1 - \cos\alpha) + Mg\sin\alpha\cos\alpha \leqslant \mu(Mg\cos^2\alpha + F\sin\alpha + mg).\] Перегруппируем выражения в полученном неравенстве: \[F(1 - \cos\alpha - \mu\sin\alpha) \leqslant \mu g(M\cos^2\alpha + m) - Mg\sin\alpha\cos\alpha.\] Так как оно должно выполняться при любых значениях \(F\) (в том числе, при \(F = 0\)), выражение в правой части должно быть неотрицательным, а выражение в левой части — наоборот, неположительным. Отсюда следует, что \[\mu \geqslant \frac{1 - \cos\alpha}{\sin\alpha} = \frac13 \qquad\text{и}\qquad \mu \geqslant \frac{M\sin\alpha\cos\alpha}{M\cos^2\alpha + m} = \frac{2\cdot 3/5\cdot 4/5}{2\cdot(4/5)^2 + 1} = \frac{8}{19} \approx 0{,}42.\] Поскольку последнее неравенство — более сильное, получим, что призма будет покоиться при любом значении \(F\), если \(\mu \geqslant 8/19\).

Используя полученное выше значение \(\mu = 1/3\), найдём величину ускорения \(a\) в случае, когда призма скользит по столу: \[\begin{gather*} ma = N(\sin\alpha - \mu\cos\alpha) - \mu mg = M(g\cos\alpha - a\sin\alpha)(\sin\alpha - \mu\cos\alpha) - \mu mg \implies\\ \implies a = 2\left(g\cdot\frac45 - a\cdot\frac35\right)\cdot\left(\frac35 - \frac13\cdot\frac45\right) - \frac13\cdot g = g\cdot\frac{8}{15} - a\cdot\frac25 - \frac{g}{3} \implies a = \frac{g}{7}. \end{gather*}\]

Второй способ решения. Изобразим силы, действующие на призму (рис. 1). Обозначим \(N\) силу взаимодействия между бруском и призмой, \(N'\) — силу нормальной реакции, а \(F_\text{тр}\) — силу трения, действующие на призму со стороны стола. Тогда, из второго закона Ньютона в проекции на вертикальную ось: \[N' = N\cos\alpha + F\sin\alpha + mg.\] Ускорение бруска относительно стола, для удобства, разложим на две составляющие: ускорение призмы \(a\) и ускорение бруска относительно поверхности призмы \(a'\), которое направлено параллельно её левой боковой поверхности (рис. 2). Запишем второй закон Ньютона для бруска в проекции на ось, перпендикулярную направлению его относительного движения \[-Ma\sin\alpha = -Mg\cos\alpha + N \qquad\implies\qquad N = Mg\cos\alpha - Ma\sin\alpha.\] Полученная формула для \(N\) не содержит явно величину силы \(F\), а ускорение призмы, согласно условию, не зависит от \(F\). Отсюда следует, что и \(N\) не зависит от величины этой силы.

Рассмотрим случай, когда призма скользит. Результирующая сила \(\vec F_\Sigma\), действующая на блок со стороны нити, направлена под углом \(\alpha/2\) к вертикали (рис. 3). Вместо \(N'\) и \(F_\text{тр}\) введём вектор полной силы реакции опоры \[\vec Q = \vec N' + \vec F_\text{тр} \ne 0.\] Из второго закона Ньютона для призмы в проекции на ось \(Ox'\), перпендикулярную силе \(\vec F_\Sigma\): \[N\sin(\alpha/2) + Q_x - mg\sin(\alpha/2) = ma\cos(\alpha/2). \tag{a}\] В приведённой формуле все слагаемые, кроме \(Q_x\), не зависят от \(F\), это означает, что \(Q_x = 0\). Такое возможно, если вектор \(\vec Q\) направлен перпендикулярно оси \(Ox'\), т. е. под углом \(\alpha/2\) к вертикали. Тогда коэффициент трения: \[\mu = \mathrm{tg}(\alpha/2) = \frac{1 - \cos\alpha}{\sin\alpha} = \frac13.\]

Ускорение найдём, подставив \(N = Mg\cos\alpha - Ma\sin\alpha\) в соотношение (a): \[(Mg\cos\alpha - Ma\sin\alpha)\sin(\alpha/2) - mg\sin(\alpha/2) = ma\cos(\alpha/2).\] Откуда \[a = \frac{\dfrac{M}{m}\cos\alpha - 1}{\dfrac{M}{m}\sin\alpha + \mathrm{ctg}(\alpha/2)}\,g = \frac{g}{7}.\]

В случае, когда трение не позволяет призме двигаться, сумма сил, действующих на неё, равна нулю: \[\vec Q + \vec F_\Sigma + \vec N + m\vec g = 0 \implies \vec Q = -\vec F_\Sigma - \vec N - m\vec g.\]

Рассмотрим одно из возможных значений \(F_\Sigma = 0\), тогда \[\mathrm{tg}\,\beta = \frac{N\sin\alpha}{N\cos\alpha + mg} = \frac{M\cos\alpha\sin\alpha}{M(\cos\alpha)^2 + m} = \frac{2\cdot 3/5\cdot 4/5}{2\cdot(4/5)^2 + 1} = \frac{8}{19} > \mathrm{tg}(\alpha/2) = \frac13.\] Последнее неравенство показывает, что при росте \(F_\Sigma\) угол между вертикалью и вектором \(\vec Q\) будет уменьшаться. А это означает, что \(\beta\) — предельный угол отклонения \(\vec Q\) от вертикали, т. е. \(a = 0\) при \(\mu \geqslant \dfrac{8}{19}\).

Вдоль линии касания скорости точек валика и диска совпадают лишь в одной точке — там сила трения меняет направление. Положение этой точки на свободном диске найдите из равенства нулю суммарного момента сил трения на нём, затем так же — для валика.

\(\omega_x = \omega_0(\sqrt2 - 1)\).

Рассмотрим момент времени, когда валик и правый диск вращаются с постоянными угловыми скоростями \(\Omega\) и \(\omega_x\) соответственно. Введём ось \(Oy\), направленную вдоль оси симметрии валика влево, с началом в центре его правого основания.

Сила трения, действующая на правый диск, меняет своё направление в некоторой точке с координатой \(y_x\). На участке с координатой от \(0\) до \(y_x\) скорость точек валика \(\Omega r\) больше, чем скорость точек диска \(v_x = \omega_x y\), значит сила трения на этом участке направлена по скорости точек валика («от нас»). Аналогично можно показать, что на участке с координатой от \(y_x\) до \(R\), сила трения направлена против скорости точек валика («на нас»).

Сила трения, действующая на участке длиной \(\Delta y\), равна \(f\Delta y\), где \(f\) — сила трения, приходящаяся на единицу длины. Равнодействующая такой равномерно распределённой силы приложена к середине указанного отрезка. С учётом того, что суммарный момент внешней силы трения, действующей на правый диск, равен нулю, получаем: \[fy_x\cdot\frac{y_x}{2} = f(R - y_x)\cdot\frac{R + y_x}{2}.\] Откуда \(y_x = R/\sqrt2\).

Сила трения, действующая на валик со стороны левого диска меняет своё направление в некоторой точке с координатой \(y_0\). Плечо этой силы равно \(r\), а так как валик равномерно вращается, то суммарный момент силы трения, действующей на валик относительно оси вращения также равен нулю, а значит: \[fy_x\cdot r + f(2R - y_0)\cdot r = f(y_0 - y_x)\cdot r.\] Откуда \(y_0 = y_x + R = R/\sqrt2 + R\).

В точках с координатами \(y_x\) и \(y_0\), где сила трения меняет направление, скорости точек дисков равны скорости точек валика \(\Omega r\). Скорость точки правого диска с координатой \(y_x\) равна \(\omega_x\cdot y_x = \omega_x\frac{R}{\sqrt2}\). Скорость точки левого диска с координатой \(y_0\) равна \(\omega_0\cdot(2R - y_0) = \omega_0\cdot\left(R - \frac{R}{\sqrt2}\right)\). С учётом этого \(\omega_x\frac{R}{\sqrt2} = \omega_0\cdot\left(R - \frac{R}{\sqrt2}\right)\) или \[\omega_x = \omega_0(\sqrt2 - 1).\]

Из симметрии силы реакции и трения от двух стенок равны, поэтому их можно заменить суммарными. Запишите условия равенства нулю суммы горизонтальных проекций сил и суммы моментов, при падении силы трения достигают предельных значений.

\(\alpha = \arccos\left(\dfrac{R}{l}\cdot\dfrac{\mu_1\mu_2}{\sqrt{1+\mu_2^2}}\right) - \arccos\dfrac{1}{\sqrt{1+\mu_2^2}} \approx 54{,}6^\circ\).

Пока есть проскальзывание, сила трения постоянна и направлена против скорости точки касания. Запишите уравнения для движения центра и для вращения; проскальзывание кончается, когда \(V = \omega R\).

1) \(S_{\max} = \dfrac{V_0^2}{2\mu g}\);  2) \(\omega_1 = \omega_0 - V_0/R\), при этом должно быть \(V_0 < \omega_0 R\);  3) \(V_{\text{к}} = \dfrac{\omega_0 R - V_0}{2} > 0\), так как \(V_0 < \omega_0 R\);  4) \(V_0 = \dfrac{\omega_0 R}{3}\).

Верёвка наматывается сверху на катящуюся трубу: как связаны скорости и ускорения бруска и оси трубы? Удобно записать закон изменения механической энергии, помня про энергию катящейся тонкостенной трубы.

\(\mu = \dfrac{4\sqrt 3}{15} \approx 0{,}46\).

Ускорения клина и стержня связаны геометрией: при сдвиге клина на \(x\) стержень смещается по вертикали на \(x\,\mathrm{tg}\,\alpha\). Направление силы трения на стержне зависит от направления движения клина.

1) \(\mu = \dfrac{1}{2}\);  2) \(F_1 = 6\) Н.

Выразите потенциальную энергию системы через \(\varphi\): груз поднимается на величину, равную изменению длины отрезка нити от бусинки до блока. Равновесия — экстремумы этой энергии, устойчивое — минимум.

1) \(\varphi_1 = 60^\circ\) (устойчивое), \(\varphi_2 \approx 250{,}5^\circ\) (неустойчивое); \(v_{\min} \approx 1{,}74\sqrt{gR}\);  2) при \(k > 1\);  3) не существует.

На систему «два груза и нить» действуют только три силы, и их линии действия пересекаются в одной точке; реакция полуокружности направлена к её центру. Во втором пункте полная сила реакции на колечко направлена вдоль нити и может отклоняться от нормали не больше чем на угол трения.

1) \(R \approx 8{,}1\text{ см}\) (центр полуокружности — на горизонтали через точку излома, на расстоянии \(R\) от прямого участка);  2) \(R\sqrt{1 + \dfrac{2}{\sqrt{1+\mu^2}}} \leqslant h \leqslant R\sqrt3\).

Метод 1. Рассмотрим систему, состоящую из двух грузов и нити. На неё действуют три силы: сила тяжести \(3m\vec g\), реакция опоры \(\vec N_1\) со стороны вертикального участка и сила реакции \(\vec N_2\) со стороны полуокружности. Линии действия сил \(\vec N_1\) и \(3m\vec g\) пересекаются в точке \(O\). Следовательно, по теореме о трёх непараллельных силах, линия действия силы \(\vec N_2\) также проходит через точку \(O\) (см. рисунок 1).

Сила \(\vec N_2\) перпендикулярна касательной к окружности, поэтому направлена к её центру. Таким образом, центр полуокружности лежит на прямой, проходящей через точку приложения силы \(\vec N_2\) и точку \(O\).

Проведём через точку, соответствующую положению груза массой \(2m\), касательную к окружности (перпендикуляр к \(\vec N_2\)). Обозначим через \(B\) точку пересечения этой касательной с вертикальным участком проволоки (см. рисунок 2).

Полученная точка \(B\) равноудалена от \(2m\) и от точки излома проволоки \(A\). С помощью циркуля или линейки отложим отрезок \(AB\) вверх, восстановив точку \(A\). Затем пересечём перпендикуляр к касательной, проведённой через точку \(2m\), а также горизонтальную линию, проходящую через точку \(A\) (точку соединения участков проволоки), и получим центр полуокружности. Это позволяет восстановить положение всей полуокружности.

Метод 2. После теоремы о трёх силах можно не строить центр окружности геометрически, а записать подобие: \[\frac{R - x}{R + y} = \frac{z}{y}.\]

Численные значения длин отрезков \(x\), \(y\) и \(z\) находятся из рисунка: \(x = 3\text{ см}\), \(y = 3\sqrt5/2\text{ см}\), \(z = 1{,}5\text{ см}\). Откуда: \[R = \frac{y(x+z)}{y-z}.\]

Метод 3. Расставим силы и введём систему координат, как показано на рисунке 4. В ней координаты грузов \(m\) и \(2m\), определяемые по масштабу, соответственно равны \((0;\,-y_1) = (0;\,-3\text{ см})\) и \((x_2;\,0) = (4{,}5\text{ см};\,0)\). Обозначим через \(\alpha\) угол между нитью и вертикалью, а через \(\varphi\) — угол между силой \(\vec N_2\) и вертикалью.

Запишем условия равновесия для груза массы \(m\): \[\vec N_1 + \vec T + m\vec g = 0, \tag{1}\] и для всей системы: \[\vec N_1 + \vec N_2 + 3m\vec g = 0. \tag{2}\] Из соответствующих треугольников сил (см. рисунок 5) получаем: \[\operatorname{tg}\varphi = \frac{\operatorname{tg}\alpha}{3}.\]

С другой стороны, \[\operatorname{tg}\alpha = \frac{x_2}{y_1} \;\Rightarrow\; \operatorname{tg}\varphi = \frac{x_2}{3y_1} = \frac{4{,}5}{9} = 0{,}5.\] Следовательно, \[\sin\varphi = \frac{1}{\sqrt5}.\] Из геометрии окружности: \[x_2 = R(1 - \sin\varphi),\] откуда: \[R = \frac{4{,}5}{1 - \frac{1}{\sqrt5}} \approx 8{,}1\text{ см},\] а координаты центра окружности: \[(R;\, R\cos\varphi) \approx (8{,}1\text{ см};\, 7{,}3\text{ см}).\]

Пункт 2. Сила полной реакции опоры \(\vec Q\), действующая на кольцо, полностью компенсирует силу натяжения \(\vec T\). При этом \(\vec Q\) составляет угол \(\beta\) с силой нормальной реакции опоры \(\vec N\), направленной в центр окружности (см. рисунок 6). Тогда условие равновесия с учётом трения имеет вид:

\[\beta \leqslant \beta_{cr}, \quad \beta_{cr} = \operatorname{tg}\mu.\]

Обозначим положение груза \(m\) точкой \(L\), кольца — \(D\). По теореме косинусов для треугольника \(\triangle ODL\): \[OL^2 = R^2 + R^2 + 2R^2\cos\beta.\] С учётом ограничения на угол \(\beta\) получаем: \[2R^2 + 2R^2\cos\beta_{cr} \leqslant OL^2 \leqslant 4R^2.\] По теореме Пифагора: \[OL^2 = R^2 + h^2 \;\Rightarrow\; R^2 + 2R^2\cos\beta_{cr} \leqslant h^2 \leqslant 3R^2.\] Так как \[\cos\beta_{cr} = \frac{1}{\sqrt{1+\mu^2}},\] получаем: \[R\sqrt{1 + \frac{2}{\sqrt{1+\mu^2}}} \leqslant h \leqslant R\sqrt3.\]