Решение задачи таково. Из условия баланса сил
![\[
F\cos\theta-\mu N=0, \qquad F\sin\theta+N-mg=0
\] \[
F\cos\theta-\mu N=0, \qquad F\sin\theta+N-mg=0
\]](https://dxdy-01.korotkov.co.uk/f/c/b/1/cb1b50c6bd9fc504dced0a2a56f40a9982.png)
элементарно находится сила

:
![\[
F=\frac{\mu mg}{\cos\theta+\mu\sin\theta}, \qquad (1)
\] \[
F=\frac{\mu mg}{\cos\theta+\mu\sin\theta}, \qquad (1)
\]](https://dxdy-02.korotkov.co.uk/f/d/8/8/d889fa3791c94a43e1554b0e5fd1e05982.png)
где

-- угол между веревкой и полом в момент начала скольжения диска. Этот угол подлежит определению.
Разместим начало координат в точке касания диска с полом (при горизонтальном положении веревки). Тогда координаты отверстия

. Пусть, катясь по полу, диск поворачивается на угол

до начала проскальзывания. В таком случае координаты точки касания в момент проскальзывания

. Из условия равенства нулю суммарного момента сил следует то, что продолжение веревки должно проходить через точку касания. Поэтому
![\[
\tg\theta=\frac{r}{a-r\alpha}. \qquad (2)
\] \[
\tg\theta=\frac{r}{a-r\alpha}. \qquad (2)
\]](https://dxdy-04.korotkov.co.uk/f/3/3/a/33a913e697be0c7a39790670b93db01082.png)
С другой стороны, координаты точки крепления веревки к диску

. Поэтому
![\[
\tg\theta=\frac{r-r+r\sin\alpha}{a-r\alpha-r\cos\alpha}=\frac{r\sin\alpha}{a-r\alpha-r\cos\alpha}. \qquad (3)
\] \[
\tg\theta=\frac{r-r+r\sin\alpha}{a-r\alpha-r\cos\alpha}=\frac{r\sin\alpha}{a-r\alpha-r\cos\alpha}. \qquad (3)
\]](https://dxdy-01.korotkov.co.uk/f/4/e/2/4e2990d4172494f03834d7115ef3ef3982.png)
Приравнивая правые части формул (2) и (3), находим
![\[
a-r\alpha=\frac{r\cos\alpha}{1-\sin\alpha}. \qquad (4)
\] \[
a-r\alpha=\frac{r\cos\alpha}{1-\sin\alpha}. \qquad (4)
\]](https://dxdy-02.korotkov.co.uk/f/9/0/e/90e9407be6dc2e68e4eb59f710a0003382.png)
Далее удобно ввести угол

такой, что
![\[
\alpha=\frac{\pi}{2}-\varphi. \qquad (5)
\] \[
\alpha=\frac{\pi}{2}-\varphi. \qquad (5)
\]](https://dxdy-03.korotkov.co.uk/f/e/e/5/ee59ee6effcc68cbed2224ce5b906ab782.png)
Тогда, подставляя (5) в правую часть уравнения (4), имеем
![\[
a-r\alpha=\frac{r\sin\varphi}{1-\cos\varphi}=\frac{2r\sin(\varphi/2)\cos(\varphi/2)}{2\sin^2(\varphi/2)}=r\ctg\frac{\varphi}{2}. \qquad (6)
\] \[
a-r\alpha=\frac{r\sin\varphi}{1-\cos\varphi}=\frac{2r\sin(\varphi/2)\cos(\varphi/2)}{2\sin^2(\varphi/2)}=r\ctg\frac{\varphi}{2}. \qquad (6)
\]](https://dxdy-03.korotkov.co.uk/f/2/b/d/2bdcde1ec581f0e56d75c7ad2391aa6b82.png)
Подстановка (5) в левую часть уравнения (6) приводит к трансцендентному уравнению для

:
![\[
\frac{a}{r}-\frac{\pi}{2}+\varphi=\ctg\frac{\varphi}{2}. \qquad (7)
\] \[
\frac{a}{r}-\frac{\pi}{2}+\varphi=\ctg\frac{\varphi}{2}. \qquad (7)
\]](https://dxdy-03.korotkov.co.uk/f/6/1/2/61267e4596191fe2108cffaafba357f282.png)
Теперь подставим (6) в (2):

, откуда немедленно следует, что

. Следовательно, уравнение (7) записывается в виде
![\[
\frac{a}{r}-\frac{\pi}{2}+2\theta=\ctg\theta, \qquad (8)
\] \[
\frac{a}{r}-\frac{\pi}{2}+2\theta=\ctg\theta, \qquad (8)
\]](https://dxdy-01.korotkov.co.uk/f/0/a/3/0a35169c2b49f11f5c2bd13682fe1a1182.png)
и из него находится угол

, который затем подставляется в (1). Таким образом, ответ в задаче дается формулами (1) и (8).