A1  ^0.80 В момент времени $t=0$ цилиндр массы $M$ покоится и цилиндр массы $m$ также покоится в низшей точке. Цилиндр $M$ начинает вращаться. В некоторый момент времени $t$ угловое положение центра масс цилиндра $m$ равняется $\theta$ и при этом цилиндр $M$ совершил поворот на $\varphi$ радиан. На сколько радиан (обозначенный через $\psi$) повернулся цилиндр $m$ вокруг своей центральной оси относительной фиксированной линии (например, отрицательной части оси $Y$). Выразите ответ через $\theta$, $\varphi$, $R$ и $r$.

Точка P, закреплённая на поверхности \( M \), находилась в положении непосредственно под $O$ в момент времени \( t = 0 \). Следовательно, \( m \) должна была прокатиться на угол
\[\frac{\varphi R - \theta R}{r}\]
радиан относительно поверхности \( M \) за время \( t \), в течение которого линия $OC$ также повернулась против часовой стрелки на угол \( \theta \). Поэтому полное угловое перемещение \( m \) относительно её центра масс по отношению к любой фиксированной линии отсчёта за время \( t \) равно
\[\psi = \frac{\varphi R - \theta R}{r} + \theta = \frac{R}{r} \varphi - \left( \frac{R - r}{r} \right) \theta \tag{1}\]

A2  ^0.20 Найдите угловое ускорение $\frac{d^2}{dt^2} \psi$ цилиндра $m$ относительно его центральной оси, проходящей через центр масс. Выразите ответ через $R$, $r$ и производные от $\theta$ и $\varphi$.

Дифференцируя уравнение (1) дважды по времени, получаем
\[\frac{d^2}{dt^2} \psi = \frac{R}{r} \frac{d^2}{dt^2} \varphi - \left( \frac{R - r}{r} \right) \frac{d^2}{dt^2} \theta \tag{2}\]

A3  ^1.80 Выведите уравнение для углового ускорения $\frac{d^2}{dt^2} \theta$ центра масс цилиндра $m$ относительно оси $OZ$ через $m$, $g$, $R$, $r$, $\theta$, $\frac{d^2}{dt^2} \varphi$ и момент инерции $I_{CM}$ цилиндра массы $m$ относительно его центральной оси.

Уравнения движения центра масс \(m\):

\[m(R-r)\frac{d^{2}}{dt^{2}}\,\theta = \ell - mg\sin\theta \tag{3}\]\[m\biggl{(}\frac{d}{dt}\,\theta\biggr{)}^{2}(R-r) = N - mg\cos\theta \tag{4}\]Уравнение вращения \(m\) относительно центра масс:

\[I_{\rm CM}\frac{d^{2}}{dt^{2}}\psi = I_{\rm CM}\biggl{[}\frac{R}{r}\frac{d^{2}}{dt^{2}}\,\varphi - \biggl{(} \frac{R-r}{r}\biggr{)}\frac{d^{2}}{dt^{2}}\,\theta\biggr{]}\ =\ fr \tag{5}\]где \(I_{\rm CM} = \frac{1}{2}\,mr^{2}\).

Из уравнений (3) и (5) получаем:

\[\biggl{(}\,m + \frac{I_{\rm CM}}{r^{2}}\,\biggr{)}(R-r)\frac{d^{2}}{dt^{2}}\, \theta = -mg\sin\theta + \frac{I_{\rm CM}R}{r^{2}}\,\frac{d^{2}}{dt^{2}}\,\varphi \tag{6}\]

A4  ^1.30 Чему равен период малых колебаний цилиндра $m$, если цилиндр $M$ вращается с постоянной угловой скоростью? Выразите ответ через $R$, $r$, $g$.

В рассматриваемом приближении \(\frac{d^{2}}{dt^{2}}\,\varphi = 0\), \(\sin\theta \approx \theta\) и \(I_{\rm CM} = \frac{1}{2}\,mr^{2}\). Уравнение (6) упрощается до:

\[\frac{d^{2}}{dt^{2}}\,\theta = -\frac{2g}{3(R-r)}\,\theta \tag{7}\]Отсюда период колебаний:

\[T\ =\ 2\pi\sqrt{\frac{3(R-r)}{2\,g}} \tag{8}\]

A5  ^0.20 Чему равно значение угла $\theta$ для положения равновесия цилиндра $m$ из пункта A4?

Положение равновесия \(m\) в пункте $A4$ соответствует \(\theta = 0\).

A6  ^0.70 Где находится положение равновесия цилиндра $m$, если цилиндр $M$ вращается с постоянным угловым ускорением $\alpha$? Выразите ответ через $R$, $g$, $\alpha$.

Для случая вращения \(M\) с постоянным угловым ускорением \(\alpha\) положение равновесия найдём из уравнения (6):

\[\frac{3}{2}\bigl{(}R-r\bigr{)}\frac{d^{2}}{dt^{2}}\,\theta = -g\sin\theta + \frac{R}{2}\alpha \tag{9}\]Пусть \(\theta_{\rm eq}\) - положение равновесия. В этом случае \(\frac{d^{2}}{dt^{2}}\,\theta_{\rm eq} = 0\), и

A7  ^2.50 Пусть теперь цилиндр $M$ свободно вращается (колеблется) без ограничения вокруг центральной оси $OZ$, а цилиндр $m$ совершает малые колебания, качаясь по внутренней поверхности цилиндра $M$. Найдите период этих малых колебаний.

Из уравнения (1), с учетом изменения положительного направления изменения $\psi$ и $\varphi$, получаем:


\begin{equation*}
\frac{d}{d t} \psi=\frac{R}{r} \frac{d}{d t} \varphi+\left(\frac{R-r}{r}\right) \frac{d}{d t} \theta \tag{11}
\end{equation*}


Уравнения движения тел $m$ и $M$ имеют вид:


\begin{align*}
& \frac{1}{2} m r^{2} \frac{d^{2}}{d t^{2}} \psi=-f r \tag{12}\\
& M R^{2} \frac{d^{2}}{d t^{2}} \varphi=+f R \tag{13}
\end{align*}

Первое решение (закон изменения момента импульса)

Запишем закон изменения момента импульса:


\begin{equation*}
\frac{d}{d t}\left[M R^{2} \frac{d}{d t} \varphi+\frac{1}{2} m r^{2} \frac{d}{d t} \psi-m(R-r)^{2} \frac{d}{d t} \theta\right]=+m g(R-r) \sin \theta \tag{14.1}
\end{equation*}


Следовательно, \[\dfrac{d^{2}}{d t^{2}} \varphi=-\frac{m(R-r)}{(2 M+m) R} \frac{d^{2}}{d t^{2}} \theta\tag{15.1},\] а также:
\[\left(M R+\frac{1}{2} m r\right) R \frac{d^{2}}{d t^{2}} \varphi-m(R-r)\left(R-\frac{3}{2} r\right) \frac{d^{2}}{d t^{2}} \theta=m g(R-r) \sin \theta\tag{16.1}\]Решая совместно два предыдущих уравнения, получим:


\begin{equation*}
\frac{d^{2}}{d t^{2}} \theta=-\frac{g}{(R-r)} \frac{(2 M+m)}{(3 M+m)} \sin \theta \tag{17.1}
\end{equation*}


В пределе малых амплитуд колебаний предыдущее уравнение упрощается:


\begin{equation*}
\frac{d^{2}}{d t^{2}} \theta=-\frac{g}{(R-r)} \frac{(2 M+m)}{(3 M+m)} \theta \tag{18.1}
\end{equation*}


Выразим период колебаний:

$$
T=2 \pi \sqrt{\left(\frac{R-r}{g}\right)\left(\frac{3 M+m}{2 M+m}\right)}
$$

Второе решение (силовое)

Запишем второй закон Ньютона:

$$
m g \sin \theta-f=m a
$$

\begin{equation*}
m g \sin \theta-f=-m(R-r) \frac{d^{2} \theta}{d t^{2}} \tag{14.2}
\end{equation*}


Из уравнения (13): \[\quad f=M R \frac{d^{2} \varphi}{d t^{2}}\]Подставляя это в уравнение (14.2), получаем:


\begin{equation*}
m g \sin \theta=M R \frac{d^{2} \varphi}{d t^{2}}-m(R-r) \frac{d^{2} \theta}{d t^{2}} \tag{15.2}
\end{equation*}


Из уравнений (11), (12) и (13) получаем:


\begin{equation*}
\frac{d^{2} \varphi}{d t^{2}}=-\frac{m}{2 M+m}\left(\frac{R-r}{R}\right) \frac{d^{2} \theta}{d t^{2}} \tag{16.2}
\end{equation*}

Тогда (15.2) принимает вид: \[\quad m g \sin \theta=-\frac{M m}{2 M+m}(R-r) \frac{d^{2} \theta}{d t^{2}}-m(R-r) \frac{d^{2} \theta}{d t^{2}}\]
\begin{equation*}
\frac{d^{2} \theta}{d t^{2}}=-\frac{g}{(R-r)} \frac{2 M+m}{3 M+m} \sin \theta \tag{17.2}
\end{equation*}

В пределе малых амплитуд колебаний предыдущее уравнение упрощается:


\begin{equation*}
\frac{d^{2}}{d t^{2}} \theta=-\frac{g}{(R-r)} \frac{(2 M+m)}{(3 M+m)} \theta \tag{18.2}
\end{equation*}


Выражение для периода колебаний:

$$
T=2 \pi \sqrt{\left(\frac{R-r}{g}\right)\left(\frac{3 M+m}{2 M+m}\right)}
$$

Третье решение (энергетическое)

Полная механическая энергия системы задаётся выражением:

\begin{equation*}
E=\frac{1}{2} M R^{2}\left(\frac{d \varphi}{d t}\right)^{2}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2} m r^{2}\right)\left(\frac{d \psi}{d t}\right)^{2}+\frac{1}{2} m\left(\frac{d \theta}{d t}\right)^{2}(R-r)^{2}+m g(R-r)(1-\cos \theta) \tag{14.3}
\end{equation*}

Используем закон сохранения механической энергии:

$$
\frac{d E}{d t}=M R^{2}\left(\frac{d \varphi}{d t}\right)\left(\frac{d^{2} \varphi}{d t^{2}}\right)+\left(\frac{1}{2} m r^{2}\right)\left(\frac{d \psi}{d t}\right)\left(\frac{d^{2} \psi}{d t^{2}}\right)+m\left(\frac{d \theta}{d t}\right)\left(\frac{d^{2} \theta}{d t^{2}}\right)(R-r)^{2}+m g(R-r)\left(\frac{d \theta}{d t}\right) \sin \theta=0\tag{15.3}
$$
Применяя уравнения (11), (12) и (13), получаем:


\begin{equation*}
\frac{d^{2} \varphi}{d t^{2}}=-\frac{R-r}{R} \frac{m}{2 M+m} \frac{d^{2} \theta}{d t^{2}} \quad \text { и } \quad \frac{d^{2} \psi}{d t^{2}}=\frac{R-r}{r} \frac{2 M}{2 M+m} \frac{d^{2} \theta}{d t^{2}} \tag{16.3}
\end{equation*}


Без потери общности, мы можем проинтегрировать оба уравнения и получить:


\begin{equation*}
\frac{d \varphi}{d t}=-\frac{R-r}{R} \frac{m}{2 M+m} \frac{d \theta}{d t} \text { и } \frac{d \psi}{d t}=\frac{R-r}{r} \frac{2 M}{2 M+m} \frac{d \theta}{d t} \tag{17.3}
\end{equation*}


при условии, что все тела имеют нулевые линейные и угловые скорости в один и тот же конкретный момент времени. Подставляя эти соотношения в уравнение выше из закона сохранения энергии, получаем:


\begin{equation*}
\left[\frac{M m}{(2 M+m)^{2}}+\frac{2 M^{2}}{(2 M+m)^{2}}+1\right]\left(\frac{d \theta}{d t}\right)\left(\frac{d^{2} \theta}{d t^{2}}\right)(R-r)^{2}=-g(R-r)\left(\frac{d \theta}{d t}\right) \sin \theta \tag{18.3}
\end{equation*}


Это уравнение должно выполняться в любой момент времени, поэтому мы можем разделить обе части на $\frac{d \theta}{d t}$. После некоторых упрощений получаем:


\begin{equation*}
\frac{d^{2}}{d t^{2}} \theta=-\frac{g}{(R-r)} \frac{(2 M+m)}{(3 M+m)} \sin \theta \tag{19.3}
\end{equation*}

В пределе малых амплитуд колебаний предыдущее уравнение упрощается:


\begin{equation*}
\frac{d^{2}}{d t^{2}} \theta=-\frac{g}{(R-r)} \frac{(2 M+m)}{(3 M+m)} \theta \tag{20.3}
\end{equation*}


Снова выразим период колебаний:

$$
T=2 \pi \sqrt{\left(\frac{R-r}{g}\right)\left(\frac{3 M+m}{2 M+m}\right)}
$$

Заметим, что хотя может показаться, что у нас больше одной степени свободы, существует только одна мода колебаний, потому что связь с потенциальной энергией осуществляется только через угол $\theta$. Однако у нас есть свобода наложить любую постоянную угловую скорость $\dfrac{d \varphi}{d t}$ и $\dfrac{d \psi}{d t}$ (и условие качения без проскальзывания будет выполняться), и это не изменит период колебаний. Это соответствует свободе выбора различных начальных условий движения системы.

A8  ^2.50 Рассмотрите случай когда цилиндр $M$ вращается с постоянной угловой скоростью $\Omega$, а цилиндр $m$ вращается (катается) вокруг стационарного центра масс в точке равновесия, найденного в пункте A5. Затем цилиндр $M$ мгновенно останавливают. Какое наименьшее значение должна иметь $\Omega$, чтобы цилиндр $m$ покатился и достиг высшей точки внутренней поверхности цилиндра $M$? Коэффициент трения между $m$ и $M$ предполагается достаточно большим, так что $m$ начинает катиться без проскальзывания сразу же после короткой пробуксовки после остановки цилиндра $M$.

Когда $M$ вращается равномерно с угловой скоростью $\Omega$, уравнение (6) принимает вид:


\begin{equation*}
\frac{3}{2}(R-r) \frac{d^{2}}{d t^{2}} \theta=-g \sin \theta \tag{19}
\end{equation*}


что подразумевает, что $m$ остаётся при $\theta=0$, если $m$ не колеблется.
Следовательно, уравнение (1) сводится к:
$$
\psi=\frac{R}{r} \varphi
$$
и


\begin{equation*}
\frac{d}{d t} \psi=\frac{R}{r} \frac{d \varphi}{d t}=\frac{R}{r} \Omega \tag{20}
\end{equation*}


Это означает, что $m$ вращается с постоянной угловой скоростью $\dfrac{R}{r} \Omega$ до момента остановки $M$.

После этого момента $m$ будет ускоряться посредством импульса трения. Этот процесс происходит мгновенно из-за высокого значения коэффициента трения. Для упрощения расчётов мы примем нижнюю поверхность $M$ плоской.
$m$ проскальзывает вперёд.

\begin{align*}
m \frac{d}{d t} v & =+f_{m} \tag{21}\\
I_{\mathrm{CM}} \frac{d}{d t} \omega & =-f_{m} r, \quad I_{\mathrm{CM}}=\frac{1}{2} m r^{2} \tag{22}
\end{align*}


Решая два последних уравнения для $v(t)$ и $\omega(t)$ с начальными условиями $v(0)=0$ и $\omega(0)=\dfrac{R}{r} \Omega$ и накладывая условие $v^{\prime}(t)=\omega^{\prime}(t) r$ для начала качения без проскальзывания, получаем:


\begin{equation*}
v^{\prime}=\frac{1}{3} R \Omega, \quad \omega^{\prime}=\frac{1}{3} \frac{R}{r} \Omega \tag{23}
\end{equation*}


Запишем ЗСЭ для движения без проскальзывания:


\begin{equation*}
\frac{1}{2} m v^{2}+\frac{1}{2} I_{\mathrm{CM}} \omega^{2}+2 m g(R-r)=\frac{1}{2} m v^{\prime 2}+\frac{1}{2} I_{\mathrm{CM}} \omega^{2} \tag{24}
\end{equation*}


Также имеем $\quad N=m \dfrac{v^{2}}{R-r}-m g$


\begin{equation*}
\therefore \quad N=\left(\frac{m}{R-r}\right)\left(\frac{R \Omega}{3}\right)^{2}-\frac{11}{3} m g \tag{25}
\end{equation*}

$m$ достигнет вершины, если $N \geq 0$.

Следовательно:


\begin{equation*}
\Omega \geq \sqrt{33 g\left(\frac{R-r}{R^{2}}\right)} \tag{26}
\end{equation*}