A1  ^0.40 Выразите компоненту скорости $\vec{u}_{A}$ точки $A$ через компоненту скорости $\vec{u}_C$ центра шара, его угловую скорость $\vec{\omega}$, а также радиус-вектор $\vec{r}$ в произвольный момент.
Получите также производную по времени $\dot{\vec{u}}_A$ вектора $\vec{u}_A$. Ответ выразите через $\dot{\vec{u}}_C$, $\dot{\vec{\omega}}$ и $\vec{r}$.

Скорость точки $A$ задаётся выражением:
$$\vec{v}_A=\vec{v}_C+\bigl[\vec{\omega}\times\vec{r}\bigr]{.}
$$
Поскольку вектор $\vec{r}$ перпендикулярен плоскости стены, имеем:

Поскольку стена плоская — вектор $\vec{r}$ остаётся постоянным в процессе движения, поэтому после дифференцирования имеем:

A2  ^0.60 Определите силу трения $\vec{F}_0$, действующую на шар в начальный момент контакта со стеной. Ответ выразите через $\vec{e}_x$, $\vec{e}_z$, $\alpha$, $\mu$ и силу нормальной реакции стены $N_0$ в начальный момент.

В начальный момент имеем:
$$\vec{u}_C(0)=v\sin\alpha\vec{e}_x\qquad \bigl[\vec{\omega}(0)\times\vec{r}\bigr]=-v\cos\alpha\vec{e}_z\Rightarrow \vec{u}_A(0)=v\left(\sin\alpha\vec{e}_x-\cos\alpha\vec{e}_z\right){.}
$$
Обратим внимание, что вектор $(\sin\alpha\vec{e}_x-\cos\alpha\vec{e}_z)$ является единичным.
Сила трения $\vec{F}$ равна по модулю $\mu N$ и направлена противоположно компоненте скорости $\vec{u}_A$, поэтому:
$$\vec{F}=-\cfrac{\vec{u}_A}{|\vec{u}_A|}\cdot \mu N{,}
$$
или же:

A3  ^1.00 Докажите, что производная по времени $\dot{\vec{u}}_A$ компоненты скорости $\vec{u}_A$ связана с силой трения $\vec{F}$ соотношением:
$$\dot{\vec{u}}_A=\cfrac{7\vec{F}}{2m}{.}
$$
Данный факт можно использовать далее, даже если вы не смогли его доказать.

Из теоремы о движении центра масс для шара следует:
$$m\dot{\vec{u}}_C=\vec{F}{.}
$$
Пусть $I=2mR^2/5$ — момент инерции однородного шара относительно диаметра. Поскольку шар сферически симметричен, его момент импульса $\vec{L}_C$ относительно центра масс составляет:
$$\vec{L}_C=I\vec{\omega}{.}
$$
Запишем основное уравнение динамики вращательного движения относительно центра масс шара:
$$\cfrac{d\vec{L}_C}{dt}=I\dot{\vec{\omega}}=\vec{M}=\bigl[\vec{r}\times\vec{F}\bigr]{.}
$$
Умножая векторно слева на $\vec{r}$, получим:
$$I\bigl[\vec{r}\times\dot{\vec{\omega}}\bigr]=\bigl[\vec{r}\times\bigl[\vec{r}\times\vec{F}\bigr]\bigr]=\vec{r}\bigl(\vec{r}\cdot\vec{F}\bigr)-r^2\vec{F}=-r^2\vec{F}\Rightarrow \vec{F}=\cfrac{I\bigl[\dot{\vec{\omega}}\times\vec{r}\bigr]}{r^2}{.}
$$
В последнем переходе мы учли, что $\vec{r}\perp\vec{F}$.
Воспользуемся результатом пункта $\mathrm{A1}$:
$$\dot{\vec{u}}_A=\dot{\vec{u}}_C+\bigl[\dot{\vec{\omega}}\times\vec{r}\bigr]=\cfrac{\vec{F}}{m}+\cfrac{\vec{F}r^2}{I}=\cfrac{7\vec{F}}{2m}{.}
$$

A4  ^0.50 Определите компоненту скорости $\vec{u}_{Aк}$ сразу после соударения, считая, что шар проскальзывает по стенке в течение всего времени соударения. Ответ выразите через $v$, $\alpha$, $\mu$, $\vec{e}_x$ и $\vec{e}_z$.
При каком максимальном значении коэффициента трения $\mu_{max}$ проскальзывание не прекращается в течение всего времени соударения? Ответ выразите через $\alpha$.

Вектор силы трения $\vec{F}$ направлен против компоненты скорости $\vec{u}_A$ и сонаправлен с производной компоненты скорости $\dot{\vec{u}}_A$. Из этого следует, что направления $\vec{u}_A$ и $\vec{F}$ сохраняются в процессе соударения. Тогда из пункта $\mathrm{A3}$ имеем:
$$\cfrac{du_A}{dt}=-\cfrac{7F}{2m}=-\cfrac{7\mu N}{2m}\Rightarrow u_{A\text{к}}-u_A(0)=u_{A\text{к}}-v=-\cfrac{7\mu}{2m}\int\limits_{0}^t Ndt{.}
$$
До соударения компонента скорости центра шара $v_{Cy}(0)$ равна $-v\cos\alpha$. Поскольку удар упругий, сразу после соударения компонента скорости центра шара $v_{Cy}$ равна $v\cos\alpha$. Тогда для импульса силы реакции $N$ имеем:
$$\int\limits_{0}^tNdt=\Delta{p}_y=2mv\cos\alpha{.}
$$
Таким образом:
$$u_{A\text{к}}=v(1-7\mu\cos\alpha){,}
$$
Проскальзывание не прекращается, если $u_{A\text{к}}\geq 0$, что приводит к следующему ограничению на $\mu$:
$$\mu\leq\cfrac{1}{7\cos\alpha}{.}
$$
Если же $\mu\geq 1/(7\cos\alpha)$, то $u_{A\text{к}}=0$.
Окончательно:

A5  ^0.60 При $\mu<\mu_{max}$ определите скорость центра шара $\vec{v}_{Cк}$, а также под каким углом $\beta$ к горизонту она направлена сразу после соударения. Ответы выразите через $v$, $\alpha$, $\mu$, $\vec{e}_x$, $\vec{e}_y$ и $\vec{e}_z$.

Для угла $\beta$ имеем:
$$\beta=\operatorname{arctg}\cfrac{v_{Cz}}{\sqrt{v^2_{Cx}+v^2_{Cy}}}{.}
$$
После удара вектор скорости центра шара составляет:
$$\vec{v}_C=v\cos\alpha\vec{e}_y+\vec{u}_C{.}
$$
Для $\vec{u}_C$ имеем:
$$\vec{u}_C=\vec{u}_C(0)+\int\limits_0^t\cfrac{\vec{F}dt}{m}=v\sin\alpha\vec{e}_x+\cfrac{2(\vec{u}_A-\vec{u}_A(0))}{7}
$$
При $\mu\leq 1/(7\cos\alpha)$ имеем:
$$\vec{u}_C=v\sin\alpha\vec{e}_x-\cfrac{2}{7}\cdot 7\mu v\cos\alpha(\sin\alpha\vec{e}_x-\cos\alpha\vec{e}_z)=v\sin\alpha(1-2\mu\cos\alpha)\vec{e}_x+2\mu v\cos^2\alpha\vec{e}_z{.}
$$
Таким образом:
$$\vec{v}_C=v\sin\alpha(1-2\mu\cos\alpha)\vec{e}_x+v\cos\alpha\vec{e}_y+2\mu v\cos^2\alpha\vec{e}_z{,}
$$
или же:
$$\beta=\operatorname{arctg}\cfrac{2\mu\cos^2\alpha}{\sqrt{\cos^2\alpha+\sin^2\alpha(1-2\mu\cos\alpha)^2}}{.}
$$
Если же $\mu\geq 1/(7\cos\alpha)$ — $\vec{u}_A=0$. Тогда:
$$\vec{u}_C=v\sin\alpha\vec{e}_x-\cfrac{2v(\sin\alpha\vec{e}_x-\cos\alpha\vec{e}_z)}{7}=\cfrac{5v\sin\alpha\vec{e}_x}{7}+\cfrac{2v\cos\alpha\vec{e}_z}{7}{.}
$$
Таким образом:
$$\vec{v}_C=\cfrac{5v\sin\alpha\vec{e}_x}{7}+v\cos\alpha\vec{e}_y+\cfrac{2v\cos\alpha\vec{e}_z}{7}{,}
$$
или же:
$$\beta=\operatorname{arctg}\cfrac{2\cos\alpha}{\sqrt{(5\sin\alpha)^2+(7\cos\alpha)^2}}{.}
$$
Окончательно:

A6  ^0.40 При $\mu<\mu_{max}$ определите координаты $x_C$, $y_C$ центра шара в момент его падения на стол. Ответы выразите через $v$, $g$, $\mu$ и $\alpha$.

Шар упадёт на поверхность стола через время $t$, равное:
$$t=\cfrac{2v_{Cz}}{g}{.}
$$
Тогда для координат $x_C$ и $y_C$ имеем:
$$x_C=v_{Cx}t=\cfrac{2v_{Cx}v_{Cz}}{g}\qquad y_C=v_{Cy}t=\cfrac{2v_{Cy}v_{Cz}}{g}{.}
$$
Подставляя $v_{Cx}$, $v_{Cy}$ и $v_{Cz}$ при разных значениях $\mu$, получим:

A7  ^1.00 При произвольных значениях $\mu$ определите количество теплоты $Q$, выделившееся в процессе соударения шара со стенкой. Ответ выразите через $m$, $v$, $\mu$ и $\alpha$. 

Примечание: явное вычисление работы силы трения существенно упростит решение задачи.

Для мощности $P_F$ силы трения имеем:
$$P_F=\vec{F}\cdot\vec{u}_A=\cfrac{2m\vec{u}_A\cdot\dot{\vec{u}}_A}{7}{.}
$$
Тогда для количества теплоты $Q$ имеем:
$$Q=-\int\limits_{0}^{t}P_Fdt=\int\limits_{u_{A\text{к}}}^{u_{A}(0)}\cfrac{2mu_A\dot{u}_A}{7}=\cfrac{m(u^2_A(0)-u^2_{A\text{к}})}{7}{.}
$$
Учитывая, что $u_A(0)=v$, а также выражение для $u_{A\text{к}}(\mu)$, получим:

B1  ^0.20 Определите компоненты вектора скорости центра шара $v_\varphi$ и $v_z$ в цилиндрической системе координат. Ответы выразите через $r$, $\dot\varphi$ и $\dot{z}$.

Радиус—вектор $\vec{r}_C$ центра шара можно представить в следующей форме:
$$\vec{r}_C=r\vec{e}_r+z\vec{e}_z{.}
$$
Дифференцируя:
$$\vec{v}_C=\cfrac{d\vec{r}_C}{dt}=r\dot{\vec{e}}_r+\dot{z}\vec{e}_z=r\dot{\varphi}\vec{e}_\varphi+\dot{z}\vec{e}_z{.}
$$
Таким образом:

B2  ^0.30 Определите компоненты вектора ускорения центра шара $a_r$, $a_\varphi$ и $a_z$ в цилиндрической системе координат. Ответы выразите через $r$, $v_\varphi$, $\dot{v}_\varphi$ и $\dot{v}_z$.

Продифференцируем вектор скорости по времени:
$$\vec{a}_C=\cfrac{d\vec{v}_C}{dt}=v_\varphi\dot{\vec{e}}_\varphi+\dot{v}_\varphi\vec{e}_\varphi+\dot{v}_z\vec{e}_z=-v_\varphi\dot{\varphi}\vec{e}_r+\dot{v}_\varphi\vec{e}_\varphi+\dot{v}_z\vec{e}_z{.}
$$
Учитывая, что $v_\varphi=r\dot{\varphi}$, получим:

B3  ^0.40 Из условия отсутствия проскальзывания определите компоненты угловой скорости шара $\omega_\varphi$ и $\omega_z$ в цилиндрической системе координат. Ответы выразите через $r$, $v_\varphi$ и $v_z$.

Для скорости точки $A$ шара, в которой он контактирует с краем стола, имеем:
$$\vec{v}_A=\vec{v}_C+\bigl[\vec{\omega}\times\overrightarrow{CA}\bigr]{,}
$$
где $\overrightarrow{CA}$ — вектор, проведённый от центра $C$ шара в точку $A$.
Запишем условие равенства нулю скорости точки $A$ шара, в которой он контактирует с краем стола:
$$v_{A\varphi}=v_\varphi-\omega_zr\qquad v_{Az}=v_z+\omega_\varphi r{.}
$$
Таким образом:

C1  ^0.80 Определите компоненту силу трения $F_\varphi(\varphi)$, действующую на шар, а также компоненту ускорения $a_\varphi(\varphi)$ его центра. Ответы выразите через массу шара $m$, $g$ и $\varphi$.

Запишем теорему о движении центра масс для шара в проекции на ось, направленную вдоль вектора $e_\varphi$:
$$ma_\varphi=F_\varphi+mg\sin\varphi{.}
$$
Запишем уравнение динамики вращательного движения относительно оси $z$, проходящей через центр шара:
$$I_C\varepsilon_z=I_C\dot{\omega}_z=-rF_\varphi{.}
$$
Поскольку $\dot{\omega}_z=\dot{v}_\varphi/r=a_\varphi/r$, после деления уравнений получим:
$$\cfrac{mr^2}{I_C}=-\cfrac{F_\varphi+mg\sin\varphi}{F_\varphi}{,}
$$
откуда:

Исключая $F_\varphi$, получим:

C2  ^0.50 Получите зависимость $v_\varphi(\varphi)$. Ответ выразите через $v$, $g$, $r$, $\alpha$ и $\varphi$.

Умножая выражение для $v_\varphi$ и учитывая, что $v_\varphi=r\dot{\varphi}$, получим:
$$a_\varphi v_\varphi=v_\varphi\dot{v}_\varphi=\cfrac{5gv_\varphi\sin\varphi}{7}=\cfrac{5gr\sin\varphi\dot{\varphi}}{7}{.}
$$
Проинтегрируем полученное выражение по времени:
$$\int\limits_{v\cos\alpha}^{v_\varphi(\varphi)}v_\varphi dv_\varphi=\int\limits_{0}^{\varphi}\cfrac{5gr\sin\varphi d\varphi}{7}\Rightarrow \cfrac{v^2_\varphi-v^2\cos^2\alpha}{2}=\cfrac{5gr(1-\cos\varphi)}{7}{.}
$$
Таким образом:

C3  ^0.20 При каком условии шар не отрывается от стола в момент, когда нижняя точка шара достигает его края? Запишите это условие через $v$, $g$, $r$ и $\alpha$. Во всех дальнейших пунктах считайте, что это условие выполняется.

Для силы реакции $N$ в момент, когда нижняя точка шара достигает края стола, для силы реакции $N$ имеем:
$$N=mg-\cfrac{mv^2\cos^2\alpha}{r}{.}
$$
Отрыва нет при условии $N\geq{0}$, поэтому:

C4  ^0.50 Определите угол $\varphi_1$ в момент отрыва шара от стола. Ответ выразите через $v$, $g$, $r$ и $\alpha$.

В момент отрыва шара от стола $N=0$, поэтому имеем:
$$N=mg\cos\varphi_1-\cfrac{mv^2_{\varphi_1}}{r}{.}
$$
Приравняем два выражения для $v^2_\varphi$:
$$v^2_{\varphi_1}=gr\cos\varphi_1=v^2\cos^2\alpha+\cfrac{10gr(1-\cos\varphi_1)}{7}{.}
$$
Таким образом:
$$\cos\varphi_1=\cfrac{10gr+7v^2\cos^2\alpha}{17gr}{,}
$$
откуда для $\varphi_1$ находим:

D1  ^0.50 Выразите кинетическую энергию шара $E_k$ через $m$, $v_\varphi$, $v_z$, $\omega_r$ и $r$.

Воспользуемся теоремой Кёнига:
$$E_k=\cfrac{mv^2_C}{2}+\cfrac{I_C\omega^2}{2}=\cfrac{mv^2_\varphi}{2}+\cfrac{mv^2_z}{2}+\cfrac{I_C\omega^2_r}{2}+\cfrac{I_C\omega^2_\varphi}{2}+\cfrac{I_C\omega^2_z}{2}{.}
$$
Подставляя $\omega_\varphi$ и $\omega_z$, получим:

D2  ^0.60 Запишите для шара закон сохранения механической энергии. Комбинируя его с результатом пункта $\mathrm{C2}$, покажите, что величины $\omega_r$ и $v_z$ связаны соотношением:
$$1=\cfrac{\omega^2_r}{A^2}+\cfrac{v^2_z}{B^2}{,}
$$
где $A,B>0$ — постоянные коэффициенты.
Определите $A$ и $B$. Ответы выразите через $v$, $r$ и $\alpha$.

Закон сохранения энергии выглядит следующим образом:
$$E_k=\cfrac{7m(v^2_\varphi+v^2_z)}{10}+\cfrac{mr^2\omega^2_r}{5}=E_{k0}+A_\text{тяж}=\cfrac{7mv^2}{10}+mgr(1-\cos\varphi){.}
$$
откуда:
$$v^2_\varphi=v^2+\cfrac{10gr(1-\cos\varphi)}{7}-v^2_z-\cfrac{2\omega^2_rr^2}{7}{.}
$$
Подставляя зависимость $v^2_\varphi(\varphi)$, получим:
$$v^2\cos^2\alpha+\cfrac{10gr(1-\cos\varphi)}{7}=v^2+\cfrac{10gr(1-\cos\varphi)}{7}-v^2_z-\cfrac{2\omega^2_rr^2}{7}{,}
$$
откуда:
$$v^2_z+\cfrac{2\omega^2_rr^2}{7}=v^2\sin^2\alpha\Rightarrow 1=\cfrac{v^2_z}{v^2\sin^2\alpha}+\cfrac{2\omega^2_rr^2}{7v^2\sin^2\alpha}{.}
$$
Для $A$ и $B$ имеем:

D3  ^0.50 Вектор углового ускорения $\vec{\varepsilon}$ шара может быть представлен в виде:
$$\vec{\varepsilon}=\varepsilon_r\vec{e}_r+\varepsilon_\varphi\vec{e}_\varphi+\varepsilon_z\vec{e}_z{.}
$$
Используя уравнение динамики вращательного движения относительно центра шара, покажите, что $\varepsilon_r=0$. Используя полученное равенство, выразите $\dot{\omega}_r$ через $\dot{\varphi}$, $v_z$ и $r$.

Из уравнения динамики вращательного движения относительно центра шара имеем:
$$\cfrac{d\vec{L}_C}{dt}=I\vec{\varepsilon}=\bigl[\overrightarrow{CA}\times\left(\vec{F}+\vec{N}\right)\bigr]{.}
$$
Поскольку $\vec{N}\parallel\overrightarrow{CA}$, имеем:
$$I\vec{\varepsilon}=\bigl[\overrightarrow{CA}\times\vec{F}\bigr]{.}
$$

Воспользуемся выражением для углового ускорения в цилиндрической системе координат:
$$\varepsilon_r=\dot{\omega}_r-\dot{\varphi}\omega_\varphi=0{,}
$$
откуда:

D4  ^1.20 Комбинируя результаты пунктов $\mathrm{D2}$ и $\mathrm{D3}$, получите зависимости $\omega_r(\varphi)$ и $v_z(\varphi)$. Ответы выразите через $v$, $\alpha$, $r$ и $\varphi$.

Воспользуемся результатом пункта $\mathrm{B4}$:
$$\dot{\omega}_r=-\cfrac{\dot{\varphi}v_z}{r}{.}
$$
Выражая $v_z$ и подставляя в уравнение, полученное в предыдущем пункте, находим:
$$1=\cfrac{\omega^2_r}{A^2}+\cfrac{r^2\dot{\omega}^2_r}{B^2\dot{\varphi}^2}{.}
$$
Обратим внимание, что это уравнение с разделяющимися переменными $\omega_r$ и $\varphi$:
$$d\varphi=-\cfrac{r}{B}\cfrac{d\omega_r}{\sqrt{1-\cfrac{\omega^2_r}{A^2}}}{.}
$$
Здесь мы учли, что $\dot{\omega}_r{<}0$, а значит и $\omega_r{<}0$.
Вводя переменную $t=\omega_r/A$ и интегрируя, находим:
$$\varphi=-\cfrac{rA}{B}\int\limits_{0}^{t(\varphi)}\cfrac{dt}{\sqrt{1-t^2}}=-\cfrac{rA}{B}\arcsin t\Biggl|_{0}^{t(\varphi)}\Rightarrow t(\varphi)=-\sin\left(\cfrac{B\varphi}{rA}\right){,}
$$
или же:
$$\omega_r(\varphi)=-A\sin\left(\cfrac{B\varphi}{rA}\right){.}
$$
Подставляя $t(\varphi)$ в уравнение, связывающее $v_z$ и $\omega_r$, находим:
$$\cfrac{v^2_z}{B^2}=1-t^2=\cos^2\left(\cfrac{B\varphi}{rA}\right){,}
$$
или же:
$$v_z=B\cos\left(\cfrac{B\varphi}{rA}\right){,}
$$
поскольку $v_z(0){>}0$.
Окончательно:

D5  ^0.80 Рассмотрим предельный переход, когда угол $\alpha\to\pi/2$, т.е движение шара до контакта с краем стола происходит практически параллельно ему.
Определите проекцию скорости $v_z$ центра шара, а также проекцию его угловой скорости $\omega_y$ на ось $y$, направленную вертикально вниз, в момент отрыва шара от стола. Ответы выразите через $v$ и $r$. Все численные коэффициенты в ответе должны быть аналитическими, а не приближёнными!

При $\alpha=\pi/2$ для $\varphi_1$ имеем:
$$\varphi_1=\arccos\left(\cfrac{10}{17}\right){.}
$$

Проекция угловой скорости шара на ось $y$, направленную вертикально вниз, равна:
$$\omega_y=\omega_\varphi\sin\varphi_1-\omega_r\cos\varphi_1{.}
$$
Подставляя $\omega_r$, $\omega_\varphi$, получим:
$$\omega_y=\cfrac{v}{r}\left(\sqrt{\cfrac{7}{2}}\cos\varphi_1\sin\left(\sqrt{\cfrac{2}{7}}\varphi_1\right)-\sin\varphi_1\cos\left(\sqrt{\cfrac{2}{7}}\varphi_1\right)\right){.}
$$
После подстановки $\varphi_1$ находим: