Мощность силы трения задается выражением:$$P=\left(F,v\right)=-\left(\mu_xmg\cos^2\alpha+\mu_ymg\sin^2\alpha\right)v$$ Поскольку $\mu_x>\mu_y$, максимум мощности достигается при $\alpha=0$.

Из предыдущего пункта следует, что: $$\mu_xmgv\cos^2\alpha+\mu_ymgv\sin^2\alpha=\frac{1}{1.2} \mu_xmgv$$ Отсюда получаем: $$ \cos \alpha_2 = \pm \sqrt{\frac{5\mu_x - 6\mu_y}{6(\mu_x - \mu_y)}} = \pm \frac{1}{\sqrt{2}} \\\ \sin \alpha_2 = \pm \sqrt{\frac{\mu_x}{6(\mu_x-\mu_y)}} = \pm \frac{1}{\sqrt{2}} $$

Второй закон Ньютона: \begin{cases} m\dfrac{dv_x}{dt} &=-\mu_xmg\dfrac{v_x}{v}\\\ m\dfrac{dv_y}{dt} &=-\mu_ymg\dfrac{v_y}{v} \end{cases} Разделив почленно одно уравнение на другое, получим: $$\dfrac{dv_x}{dv_y}=\dfrac{\mu_xv_x}{\mu_yv_y}$$ Интегрируем: $$\dfrac{v_x^{\mu_y}}{v_y^{\mu_x}}=\operatorname{const}.$$ Из начальных условий: $$v_x=0.125~\text{м/с}$$ Таким образом, модуль скорости равен

Проекция силы трения на направление, перпендикулярное скорости, даётся выражением: $$F_n=mg(\mu_x-\mu_y)\sin\alpha\cos\alpha$$ Второй закон Ньютона, спроецированный на направление, перпендикулярное скорости, имеет вид: $$\dfrac{mv^2}{R}=mg(\mu_x-\mu_y)\sin\alpha\cos\alpha,$$ где $R$ – радиус кривизны траектории. Очевидно, что $$R=\dfrac{v^2}{g(\mu_x-\mu_y)\sin\alpha\cos\alpha}=\dfrac{2v^2}{g(\mu_x-\mu_y)\sin2\alpha}$$ Минимальный радиус кривизны достигается при:

Если $\mu_x=\mu_y$, то ускорения вдоль осей $x$ и $y$ будут пропорциональны отношению начальных скоростей, и тело будет двигаться прямолинейно. Если $\mu_x>\mu_y$, то скорость вдоль оси $x$ будет уменьшаться быстрее, чем в предыдущем случае, и тело отклонится от прямолинейного движения, как показано на рисунке. Направление отклонения не зависит от того, как направлена начальная скорость. Если же $\mu_x<\mu_y$, то тело отклонится в противоположную сторону.

Ответ:

Заметим, что тело начнет движение под углом $\varphi \neq \alpha$. Проекции сил в момент начала движения равны$$\begin{cases}F_{\text{fr},x} = \mu_x mg \cos \varphi = \gamma t\cos \alpha \\\\ F_{\text{fr},y} = \mu_y mg \sin \varphi = \gamma t\sin \alpha \end{cases}$$ Разделим эти уравнения на $\mu_x mg$ и $\mu_y mg$ соответственно, возведём в квадраты и просуммируем:$$(mg)^2 = (\gamma t)^2 \left[ \left(\frac{\cos \alpha}{\mu_x} \right)^2 + \left(\frac{\sin \alpha}{\mu_y} \right)^2 \right]$$ Таким образом,

Второй закон Ньютона в проекции на направление движения: $$m\dfrac{dv}{dt}=-mg(\mu_x\cos^2\varphi+\mu_y\sin^2\varphi)$$ Поскольку $v=L\varphi$, то: $$L\ddot\varphi=-g(\mu_x\cos^2\varphi+\mu_y\sin^2\varphi)$$ Умножив это уравнение на $\dot\varphi\, dt$, получим $$L\dot\varphi d\dot\varphi=-g(\mu_x\cos^2\varphi+\mu_y\sin^2\varphi)d\varphi$$ Интегрируем:

Второй закон Ньютона в проекции на стержень имеет вид: $$T+F_{\text{fr}}\sin\beta=m\dot\varphi^2L$$, где $\beta$ – угол между силой трения и направлением скорости. Используя результат пункта C1, находим:$$T=\frac{mv_0^2}{L}-mg(\mu_x+\mu_y)\varphi-mg(\mu_x-\mu_y)\sin2\varphi$$ Используя результат B1, получаем: $$\frac{mv_0^2}{L}-mg(\mu_x+\mu_y)\varphi-mg(\mu_x-\mu_y)\sin2\varphi\le\dfrac{\mu_x\mu_y}{\sqrt{\mu_y^2\sin^2\varphi+\mu_x^2\cos^2\varphi}}mg$$ Поскольку при увеличении $\varphi$ левая часть уменьшается, а правая увеличивается, тело начинает двигаться вправо при $\varphi=0$. Таким образом,

Подставив $v_{0\max}$ из предыдущего пункта в последнее уравнение C1, получим уравнение для $\varphi$ в точке остановки $(v=0)$:$$gL\left((\mu_x+\mu_y)\varphi+(\mu_x-\mu_y)\dfrac{\sin2\varphi}{2}\right)=\mu_y gL $$ Численно решая это уравнение, получаем ответ для $\varphi$. Пройденное расстояние равно