Пока нижний шарик не начал скользить, верхний движется по окружности под действием сил тяжести и реакции стержня $T$. Запишем уравнение движения верхнего шарика в проекции на направление стержня:\[\frac{3mv^2}{2L}=\frac{3mg\cos\alpha}{2}-T\](здесь $m$ – масса легкого шарика, $v$ – скорость верхнего шарика, $L$ – длина стержня, $\alpha$ – угол наклона стержня к вертикали). Из закона сохранения механической энергии следует, что:\[v^2=2gL(1-\cos\alpha).\]
Из этих соотношений можно выразить зависимость силы реакции стержня от угла его наклона:\[T(\alpha)=\frac{3}{2}mg(3\cos\alpha-2).\]На нижний шарик действуют силы тяжести, реакции стержня, нормальной реакции поверхности $N$ и трения $F_{fr}$. Условие равновесия нижнего шарика дает:\[\left\{\begin{array}{l}N=mg+T\cos\alpha=\cfrac{mg}{2}\left(9\cos^2\alpha-6\cos\alpha+2\right),\\F_{fr}=T\sin\alpha=\cfrac{3}{2}mg\sin\alpha(3\cos\alpha-2).\end{array}\right.\]Сила трения удерживает шарик от проскальзывания, пока ее значение $|F_{fr}|\le \mu N$. Поэтому угол, при котором начнется скольжение, и коэффициент трения связаны соотношением:\[\mu=\frac{3\sin\alpha|3\cos\alpha-2|}{9\cos^2\alpha-6\cos\alpha+2}.\]Подстановка в эту формулу заданных значений угла дает значения $\mu_1\approx0.252$, $\mu_2\approx0.114$ и $\mu_3\approx1.039$.
Тут необходимо заметить, что значение коэффициента трения при $\alpha_2=45^\circ$ является невозможным (оно меньше, чем при $\alpha_1=30^\circ$)! На самом деле при $\mu\approx0.114$ скольжение, очевидно, начнется при величине угла, меньшей $30^\circ$ (при $\alpha\approx11^\circ$). Все дело в немонотонности полученной зависимости $\mu(\alpha)$. Если ввести функцию:\[f(x)=\frac{3\sqrt{1-x^2}|3x-2|}{9x^2-6x+2},\]то можно обнаружить, что условие $f'_x(x)=0$ приводит к уравнению:\[39x^2-40x+6=0.\]Поэтому при $\alpha_\mathrm I=\arccos\left(\cfrac{20+\sqrt{166}}{39}\right)\approx32.5^\circ$ и $\alpha_\mathrm{II}=\arccos\left(\cfrac{20-\sqrt{166}}{39}\right)\approx79.5^\circ$ зависимость $\mu(\alpha)$ имеет максимумы. При $\alpha_\mathrm I=\arccos\left(\cfrac{2}{3}\right)\approx48.2^\circ$ функция $\mu(\alpha)$ обращается в ноль. Поэтому существуют «невозможные» ни при каком $\mu$ значения $\alpha$, и угол $\alpha_2=45^\circ$ относится именно к области «невозможных» значений. Кроме того, мы обнаружили, что максимально возможным углом начала скольжения является $\alpha_\mathrm{II}=\arccos\left(\cfrac{20+\sqrt{166}}{39}\right)\approx79.5^\circ$ – если стержень наклонился до этого угла и нижний шарик не начал скользить, то он и не начнет скользить до самого момента удара верхнего шарика о поверхность.
Ясно, что коэффициент трения шайбы о желоб равен $\mu=\operatorname{tg}\alpha_\mathrm c=1/\sqrt3$. Пусть $r$ – радиус кривизны участка сопряжения. Тогда после соскальзывания шайбы по прямолинейному наклонному участку она наберет скорость $v_1$, определяемую из закона сохранения механической энергии:\[\frac{mv_1^2}{2}=mg[h-r(1-\cos\alpha)]+A_{fr}.\]Сила трения скольжения на наклонном участке $|F_{fr}|=\mu mg\cos\alpha$, а ее работа отрицательна:\[A_{fr}=-|F_{fr}|\frac{h-r(1-\cos\alpha)}{\sin\alpha}=-\mu mg\operatorname{ctg}\alpha[h-r(1-\cos\alpha)].\]В результате, с учетом того, что $r\ll h$, получаем:\[v_1^2=2g[h-r(1-\cos\alpha)](1-\mu\operatorname{ctg}\alpha)\approx 2gh(1-\mu\operatorname{ctg}\alpha).\]При рассмотрении движения по участку сопряжения удобно использовать новую переменную – угловое смещение $\varphi$ шайбы при ее движении от начала участка сопряжения (этот угол изменяется от $0$ до $\alpha$). Во всех случаях шайба не останавливается, поэтому сила трения является силой трения скольжения и уравнения для касательной и центростремительной компоненты ускорения имеют вид ($N$ – сила нормальной реакции желоба):\[\left\{\begin{array}{l}m\cfrac{\mathrm dv}{\mathrm dt}=-\mu N+mg\sin(\alpha-\varphi)\\m\cfrac{v^2}{r}=N-mg\cos(\alpha-\varphi)\end{array}\right\}\implies \frac{\mathrm dv}{\mathrm dt}=-\mu\frac{v^2}{r}+g[\sin(\alpha-\varphi)-\mu\cos(\alpha-\varphi)].\](угол наклона касательной к участку сопряжения относительно горизонтали равен $\alpha-\varphi$). Малое изменение угла $\varphi$ за время $\mathrm dt$ равно $\mathrm d\varphi=\cfrac{v}{r}\mathrm dt$, поэтому:\[\cfrac{\mathrm dv}{\mathrm dt}=\cfrac{v~\mathrm dv}{r~\mathrm d\varphi}=\cfrac{1}{2r}\cfrac{\mathrm d(v^2)}{\mathrm d\varphi}.\]Следовательно\[\frac{\mathrm d(v^2)}{\mathrm d\varphi}=-2\mu v^2+2gr[\sin(\alpha-\varphi)-\mu\cos(\alpha-\varphi)].\]Снова пренебрегаем слагаемыми порядка $gr$, и находим, что:\[\frac{\mathrm d(v^2)}{\mathrm d\varphi}\approx-2\mu v^2.\]Функция, производная которой пропорциональна ей самой – это экспонента, и поэтому:\[v^2(\varphi)\approx\operatorname{const} \cdot e^{-2\mu\varphi}.\]Поскольку $v^2(0)=v_1^2$, то:\[v^2(\varphi)\approx v_1^2e^{-2\mu\varphi}.\]Тогда скорость, с которой шайба выезжает на горизонтальный участок, удовлетворяет соотношению:\[v_2^2\approx v_1^2e^{-2\mu\alpha}.\]Значит, с точностью до поправок порядка $gr$, квадрат скорости в начале горизонтального участка равен\[v_2^2\approx 2gh(1-\mu\operatorname{ctg}\alpha)e^{-2\mu\alpha}.\]Длина тормозного пути на горизонтальном участке, где ускорение шайбы $|\vec a_s|=\mu g$, равна:\[s=\frac{v_2^2}{2\mu g}\approx h\left[\frac{1}{\mu}-\operatorname{ctg}\alpha\right]e^{-2\mu\alpha}.\]Для заданных значений получаем:\[s\approx\frac{2h}{\sqrt3}\exp\left(-\frac{2\pi}{3\sqrt3}\right),\quad а\quad s'\approx 2h(\sqrt3-1)\exp\left(-\frac{\pi}{2\sqrt3}\right).\]Следовательно:
Слагаемые из выражений для $v_1^2$ и $v_2^2$, которые были отброшены, имеют порядок величины $2gr$. Поэтому отбрасыванием этих слагаемых вносится относительная ошибка порядка\[\frac rh\approx 0.024,\]то есть около:
Изучим условия отсутствия проскальзывания каждого из концов бревна в тот момент, когда турист 1 находится на расстоянии $x$ от «левого» края расщелины. Запишем условия равновесия бревна в этот момент времени.
Условие баланса сил по горизонтали приводит к равенству величин сил нормальной реакции: $N_1=N_2\equiv N$. Условие баланса сил по вертикали означает, что сумма величин сил трения, действующих на концы бревна, уравновешивает сумму сил тяжести:\[F_1+F_2=(M+m)g.\]Правило моментов, записанное относительно верхнего конца бревна, приводит к соотношению:\[F_2d-Nh-mgd/2-Mgx=0,\]из которого находится:\[F_2=mg/2+Mgx/d+Nh/d.\]Вместе с этим находим, что:\[F_1=mg/2+Mg(d-x)/d-Nh/d.\]Отсутствие проскальзывания обоих концов бревна реализуется, если $F_{1,2}\le\mu N$. Таким образом, бревно не падает, если сила нормальной реакции стен расщелины, уравновешивающая горизонтальную составляющую силы упругости бревна (сжатого при «проталкивании» в расщелину) удовлетворяет системе неравенств:\[\left\{\begin{array}{l}N\ge\cfrac{(2M+m)d-2Mx}{2(\mu d+h)}g,\\N\ge\cfrac{md+2Mx}{2(\mu d-h)}g\end{array}\right.\]Графически область значений $N$, при которых для каждого $x$ бревно не проскальзывает по обеим стенам расщелины, показана на диаграмме.
Значение $N$, которое отвечает первой «истории», определяется из того условия, что при $x=0$ верхний конец бревна «совсем чуть-чуть проскользнул вниз», но удержался. Таким образом, $F_1=\mu N$ при $x=0$, то есть:\[N=\frac{(2M+m)dg}{2(\mu d+h)}.\]Как видно, при этом значении силы нормальной реакции, при увеличении $x$ требование отсутствия скольжения на нижнем конце будет неминуемо нарушено, и это произойдет при:\[\frac{md+2Mx_0}{\mu d-h}=\frac{(2M+m)d}{\mu d+h},\]то есть при:\[x_0=\left[(2M+m)\frac{\mu d-h}{\mu d+h}-m\right]\frac{d}{2M}\approx1.87~м.\]Таким образом, турист 1 упадет в расщелину вместе с бревном, если пойдет по нему – он даже не дойдет до середины бревна!
В истории 2 значение $N$ определяется из условия $F_2=\mu N$ при $x=d$, и:\[N=\frac{(2M+m)dg}{2(\mu d-h)}.\]Теперь, как видно из диаграммы, проскальзывание не начнется ни при каком $x$, и турист 2 благополучно дойдет до другого края расщелины.
Для оценки среднего радиуса кривизны оси бревна предположим, что этот радиус намного больше длины бревна $L\approx\sqrt{d^2+h^2}=4.1~м$, и будем считать его постоянным для всех частей бревна. Равновесный изгиб отвечает ситуации, когда в каждом сечении бревна момент сил упругости уравновешивает момент внешних изгибающих сил. Пока бревно не начало скользить, точки касания стен расщелины можно считать «закрепленными» точками бревна, и считать, что изгиб бревна связан с действием сил тяжести, приложенных к бревну и к туристу. Для оценки будем считать, что сила тяжести бревна приложена к его центру масс, и тогда момент этих сил относительно «закрепленной» точки равен:\[M_\mathrm{ex}=(M+m)gd/2.\]Рассмотрим сечение бревна радиусом $r$, средняя линия которого изогнулась с радиусом кривизны $R$, сохранив свою длину. Тогда слои бревна, находящиеся ближе этой линии к центру кривизны, оказываются сжатыми, а находящиеся дальше – растянутыми.
Введем координату $-r\le z\le +r$, определяющую положение слоя относительно средней линии (см. рисунок). Элемент бревна, длина которого в недеформированном состоянии равна $\mathrm dl$, будет иметь угловой размер $\mathrm d\varphi =\mathrm dl/R$. Поэтому величина деформации этого элемента в слое с координатой $z$ равна:\[\delta l=(R+z)\mathrm d\varphi-\mathrm dl=\frac{z}{R}\mathrm dl.\]Коэффициент жесткости этого слоя $k=E\cfrac{\mathrm dS}{\mathrm dl}$ ($\mathrm dS$ – площадь сечения этого слоя), и сила упругости равна:\[\mathrm dF_\mathrm{el}=k\delta l=E\frac{z}{R}\mathrm dS,\]а ее вклад в общий момент сил упругости в данном сечении:\[\mathrm dM_\mathrm{el}=z~\mathrm dF_\mathrm{el}=\frac{E}{R}z^2~\mathrm dS.\]Итак, полный момент сил упругости:\[M_\mathrm{el}=\frac{E}{R}\int\limits_{-r}^{+r}z^2~\mathrm dS=\frac{4E}{r}\int_0^{+r}z^2\sqrt{r^2-z^2}\mathrm dz.\]Вычислив интеграл (например, с помощью подстановки $z=r\sin\alpha$):\[\int_0^{+r}z^2\sqrt{r^2-z^2}\mathrm dz=r^4\int_0^{\pi/2}\sin^2\alpha\cos^2\alpha~\mathrm d\alpha=\frac{\pi r^4}{16},\]получаем:\[M_\mathrm{el}=\frac{\pi Er^4}{4R}=\frac{Em^2}{4\pi R\rho^2L^2}.\]Здесь учтено, что сечение бревна $\pi r^2=m/\rho L$. Следовательно, уравнение $M_\mathrm{ex}=M_\mathrm{el}$ приводит к соотношению:\[(M+m)gd/2=\frac{Em^2}{4\pi R\rho^2L^2},\]из которого:\[R=\frac{Em^2}{2\pi(M+m)g\rho^2d(d^2+h^2)}\approx190~м.\]Как видно, наше предположение, что $L\ll R$, оправдывается с хорошей точностью. Вместе с тем ясно, что на самом деле изгиб неоднороден и сила тяжести распределена по бревну, поэтому наши вычисления действительно носят оценочный характер.
Примечание. В оценочном вычислении допустимы упрощения, не изменяющие результат существенно. Например, можно заменить бревно на брус квадратного сечения с той же площадью\[S=\frac{m}{\rho L}\equiv a^2.\]Тогда интеграл вычисляется намного проще:\[\int_{-a/2}^{+a/2}z^2~\mathrm dS=2a\int_0^{+a/2}z^2~\mathrm dz=\frac{a^4}{12},\]а результат почти такой же:\[R=\frac{Em^2}{6(M+m)g\rho^2d(d^2+h^2)}\approx200~м.\]Также возможно оценить момент, заменив непрерывно распределенные силы упругости на пару «средних» сил с модулем\[F_\mathrm{el}=k\frac{r}{2R}\mathrm dl=E\frac{\pi r^2}{2~\mathrm dl}\frac{r}{2R}\mathrm dl=E\frac{\pi r^3}{4R},\]расстояние между линиями действия которых равно $r$, и тогда $M_\mathrm{el}=\pi r^4E/4R$ оказывается таким же, как и в приведенном выше вычислении! Возможны и другие разумные способы оценки.