Сингулярность

Подсказка

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.

Решение

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.).

При \(\gamma \in [0^\circ;\,30^\circ]\) все три вектора сил направлены в одну полуплоскость, следовательно, их сумма не может быть равна нулю. Значит, равновесие в этом случае невозможно. Для \(\gamma \in (60^\circ;\,90^\circ)\) по аналогии с первым случаем получаем \[a > g\operatorname{tg}60^\circ = \sqrt3\,g.\]

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: \[a = \sqrt3 g.\]