диск веревка

[warlock66613]

DimaM в сообщении #857081 писал(а):

Вроде, нет. Линия, проходящая через нижнюю точку диска и точку вытягивания веревки, не является касательной.

Да вообще линия, проходящая через две точки на окружности, не является касательной.

[drobyshev]

$$\[F=\frac{\mu mg}{\cos\theta+\mu\sin\theta},\]$$

где $\theta$ - решение трансцендентного уравнения

$$\[\frac{a}{r}+2\theta-\frac{\pi}{2}=\ctg\theta.\]$$

В частности, при $a/r\to\infty$ имеем $\theta\to 0$ и $F\to \mu mg$, а при $a/r\to 1$ получаем $\theta\to\pi/4$ и $F\to \sqrt{2}\mu mg/(1+\mu)$.

[Oleg Zubelevich]

да, трансцендентное уравнение там должно получаться

[dovlato]

Для корректности стоило бы сказать, что наличествует вязкое трение. Тогда обретает смысл фраза о медленном процессе.
Впрочем, на мой взгляд, интереснее как раз движение без трения, допустим, с постоянной силой. Там возможны несколько
вариантов, с колебаниями и пыр.

[drobyshev]

Oleg Zubelevich в сообщении #858634 писал(а):

да, трансцендентное уравнение там должно получаться

Мой ответ совпадает с Вашим?

[drobyshev]

Решение задачи таково. Из условия баланса сил

\[ F\cos\theta-\mu N=0, \qquad F\sin\theta+N-mg=0 \]

элементарно находится сила $F$:

\[ F=\frac{\mu mg}{\cos\theta+\mu\sin\theta}, \qquad (1) \]

где $\theta$ -- 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 $(a,\,r)$. Пусть, катясь по полу, диск поворачивается на угол $\alpha$ до начала проскальзывания. В таком случае координаты точки касания в момент проскальзывания $(r\alpha,\,0)$. Из условия равенства нулю суммарного момента сил следует то, что продолжение веревки должно проходить через точку касания. Поэтому

\[ \tg\theta=\frac{r}{a-r\alpha}. \qquad (2) \]

С другой стороны, координаты точки крепления веревки к диску $(r\alpha+r\cos\alpha,\,r-r\sin\alpha)$. Поэтому

\[ \tg\theta=\frac{r-r+r\sin\alpha}{a-r\alpha-r\cos\alpha}=\frac{r\sin\alpha}{a-r\alpha-r\cos\alpha}. \qquad (3) \]

Приравнивая правые части формул (2) и (3), находим

\[ a-r\alpha=\frac{r\cos\alpha}{1-\sin\alpha}. \qquad (4) \]

Далее удобно ввести угол $\varphi$ такой, что

\[ \alpha=\frac{\pi}{2}-\varphi. \qquad (5) \]

Тогда, подставляя (5) в правую часть уравнения (4), имеем

\[ a-r\alpha=\frac{r\sin\varphi}{1-\cos\varphi}=\frac{2r\sin(\varphi/2)\cos(\varphi/2)}{2\sin^2(\varphi/2)}=r\ctg\frac{\varphi}{2}. \qquad (6) \]

Подстановка (5) в левую часть уравнения (6) приводит к трансцендентному уравнению для $\varphi$:

\[ \frac{a}{r}-\frac{\pi}{2}+\varphi=\ctg\frac{\varphi}{2}. \qquad (7) \]

Теперь подставим (6) в (2): $\tg\theta=\tg(\varphi/2)$, откуда немедленно следует, что $\varphi=2\theta$. Следовательно, уравнение (7) записывается в виде

\[ \frac{a}{r}-\frac{\pi}{2}+2\theta=\ctg\theta, \qquad (8) \]

и из него находится угол $\theta$, который затем подставляется в (1). Таким образом, ответ в задаче дается формулами (1) и (8).