Отрыв

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. 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 \(\beta\): \[\sin\beta = \frac{2\sin^4\alpha}{\sin\alpha + \sin^3\alpha + \cos^4\alpha}.\]