A1  ^0.50 Связь между величинами $\mathrm d\theta / \mathrm d t$ и $\mathrm d s /\mathrm d t$.

Поскольку длина нити $L=s+R \theta$ постоянна, то продифференцировав ее по времени, получим

A2  ^0.50 Скорость $\vec{v}_{Q}$ движения точки касания $Q$ относительно точки $O$.

Относительно точки $O$ точка $Q$ движется по окружности радиуса $R$ с угловой скоростью $\frac{d \theta}{d t}$, следовательно,$$
\vec{v}_{Q}=R \frac{d \theta}{d t} \vec{e}_{t}=-\frac{d s}{d t} \vec{e}_{t} .
$$

A3  ^0.70 Скорость грузика $\vec{v'}$ относительно движущейся точки $Q$ в момент, когда он находится в точке $P$.

Найдем перемещение точки $P$ за время $\Delta t$ относительно точки $Q$ (рис. 1).$$
\Delta \vec{r}^{\prime}=(s \Delta \theta)\left(-\bar{e}_{r}\right)+(\Delta s) \bar{e}_{t}=\left(\left(s \frac{d \theta}{d t}\right)\left(-\bar{e}_{r}\right)+\frac{d s}{d t} \bar{e}_{t}\right) \Delta t
$$

Следовательно,

A4  ^0.70 Скорость грузика $\vec{v}$ относительно точки $O$ в момент, когда он находится в точке $P$.

Скорость частицы относительно точки $O$ есть сумма двух скоростей, найденных в пунктах A2 и A3. Поэтому \begin{equation*} \vec{v}=\vec{v}^{\prime}+\vec{v}_{Q}=\left(-s \frac{d \theta}{d t} \vec{e}_{r}+\frac{d s}{d t} \vec{e}_{t}\right)+R \frac{d \theta}{d t} \vec{e}_{t}=-s \frac{d \theta}{d t} \vec{e}_{r} \tag{1} \end{equation*}

A5  ^0.70 Проекцию ускорения грузика на ось, задаваемую вектором $\hat t$, относительно точки $O$ в момент, когда он находится в точке $P$.

Рассмотрим рисунок 2. Приращение $\left(-\vec{e}_{t}\right)$-компоненты скорости $\Delta \vec{v}$ равно$$
\left(-\vec{e}_{r}\right) \Delta \vec{v}=v \Delta \theta=v \frac{d \theta}{d t} \Delta t
$$Поэтому $\vec{e}_{t}$-компонента ускорения $\vec{a}=\Delta \vec{v} / \Delta t$ равна $\vec{a} \vec{e}_{t}=$ $=-v \frac{d \theta}{d t} \cdot$ Поскольку скорость частицы равна $s \frac{d \theta}{d t}$, то $\left(\vec{e}_{t}\right)$-компонента ускорения\begin{equation*}
\vec{a} \vec{e}_{t}=-v \frac{d \theta}{d t}=-\left(s \frac{d \theta}{d t}\right) \frac{d \theta}{d t}=-s\left(\frac{d \theta}{d t}\right)^{2} . \tag{2}
\end{equation*}

Заметим, что радиальная компонента ускорения равна$$
\vec{a} \vec{e}_{r}=-\frac{\mathrm dv}{\mathrm dt}=-\frac{\mathrm d\left(s \frac{d \theta}{d t}\right)}{\mathrm dt}
$$

A6  ^0.50 Потенциальную энергию грузика $U$ в момент, когда он находится в точке $P$.

Потенциальная энергия частицы в гравитационном поле $\vec{g}$ pавна $U=-m g h$ (рис. 3). Ее можно выразить через $s$ и $\theta$:\begin{equation*}
U(\theta)=-m g(R(1-\cos \theta)+s \sin \theta) \tag{3}
\end{equation*}

A7  ^0.70 Скорость грузика $v_{m}$ в нижней точке его траектории.

В нижней точке траектории потенциальная энергия частицы принимает свое минимальное значение $U_{m}$. Частица находится в состоянии равновесия (рис. 4). Поэтому минимум потенциальной энергии наблюдается при $\theta=\pi / 2$ или $s=L-\pi R / 2$.

Из равенства (3) следует, что минимальная потенциальная энергия частицы \begin{equation*} U_{m}=U\left(\frac{\pi}{2}\right)=-m g\left(R+L-\frac{\pi R}{2}\right) \tag{4} \end{equation*}

Вначале полная механическая энергия $E=0$. По закону сохранения энергии в положении равновесия:\begin{equation*}
0=\frac{1}{2} m v_{m}^{2}+U_{m} \tag{5}
\end{equation*}Из выражений (4) и (5) получаем$$
v_{m}=\sqrt{-2 U_{m} / m}=\sqrt{2 g(R+(L-\pi R / 2))}
$$

B1  ^2.40 Чему равна скорость грузика $v_{s}$ в момент, когда участок нити $Q P$ еще остается отрезком прямой и имеет минимальную длину? (Выразите ответ через $g$ и $R$.)

Согласно уравнению (3), полную механическую энергию частицы можно представить в виде:$$
E=0=\frac{1}{2} m v^{2}+U(\theta)=\frac{1}{2} m v^{2}-m g(R(1-\cos \theta)+s \sin \theta)
$$Согласно уравнению (1), скорость $v=s \frac{d \theta}{d t}$. Поэтому\begin{equation*}
v^{2}=\left(s \frac{d \theta}{d t}\right)^{2}=2 g(R(1-\cos \theta)+s \sin \theta) \tag{6}
\end{equation*}Пусть $T$ – натяжение нити, тогда $\vec{e}_{r}$-компонента силы, действующей на частицу, равна $-T+m g \sin \theta$ (рис. 5). Из уравнения (2) тангенциальное ускорение частицы $a_{t}=-s\left(\frac{d \theta}{d t}\right)^{2}$. По второму закону Ньютона:\begin{equation*}
m\left(-s\left(\frac{d \theta}{d t}\right)^{2}\right)=-T+m g \sin \theta \tag{7}
\end{equation*}

Согласно последним двум равенствам, натяжение нити может быть записано в виде:\begin{gather*}
T=m\left(s\left(\frac{d \theta}{d t}\right)^{2}+g \sin \theta\right)=\frac{m g}{s}(2 R(1-\cos \theta)+3 s \sin \theta)=\\=\frac{2 m g R}{s}\left(\operatorname{tg} \frac{\theta}{2}-\frac{3}{2}\left(\theta-\frac{L}{R}\right)\right) \sin \theta
=\frac{2 m g R}{s}\left(y_{1}-y_{2}\right) \sin \theta . \tag{8}
\end{gather*}Графики функций $y_{1}$ и $y_{2}$ изображены на рисунке 6.

При помощи этого рисунка и равенства (8) составим таблицу. Угол, при котором $y_{1}=y_{2}$, обозначим $\theta_{s}\left(\pi<0_{s}<2 \pi\right)$. Этот угол задается выражением:$$
\frac{3}{2}\left(\theta_{s}-\frac{L}{R}\right)=\operatorname{tg} \frac{\theta_{s}}{2}
$$или$$
\frac{L}{R}=\theta_{s}-\frac{2}{3} \operatorname{tg} \frac{\theta_{{s}}}{2} .
$$По условию:$$
\frac{L}{R}=\frac{9 \pi}{8}+\frac{2}{3} \operatorname{ctg} \frac{\pi}{16}=\left(\pi+\frac{\pi}{8}\right)-\frac{2}{3} \operatorname{tg} \frac{1}{2}\left(\pi+\frac{\pi}{8}\right)
$$Сравнивая последние два равенства, видим, что $\theta_{s}=9 \pi / 8$.

	$y_{1}-y_{2}$	$\sin \theta$	$T$
$0<\theta<\pi$	$+$	$+$	$+$
$\theta=\pi$	$+\infty$	$0$	$+$
$\pi<\theta<\theta_{s}$	$-$	$-$	$+$
$\theta=\theta_{s}$	$0$	$-$	$0$
$\theta_{s}<\theta<2 \pi$	$+$	$-$	$-$

Из таблицы следует, что натяжение нити положительно (нить прямая и натянутая) при $0<\theta<\theta$. Нить провиснет ($T \leqslant 0$), когда $\theta \geqslant \theta_{s}$. Наименьшая длина прямого участка $Q P$ достигается при $\theta=\theta_{s}$ и составляет:$$
s_{\min }=L-R \theta_{s}=R\left(\frac{9 \pi}{8}+\frac{2}{3} \operatorname{ctg} \frac{\pi}{16}-\frac{9 \pi}{8}\right)=\frac{2 R}{3} \operatorname{ctg} \frac{\pi}{16}=3.352 R .
$$Натяжение $T=0$ при $\theta=\theta_{8}$. Равенство (7) дает $v^{2}=-g s \sin \theta$. Отсюда$$
v_{s}=\sqrt{-g s_{\min } \sin \theta_{s}}=\sqrt{\frac{2 g R}{3} \operatorname{ctg} \frac{\pi}{16} \sin \frac{\pi}{8}}=\sqrt{\frac{4 g R}{3}} \cos \frac{\pi}{16}=1.133 \sqrt{g R} .
$$

B2  ^1.90 Чему равна скорость грузика $v_{H}$, когда он находится в высшей точке своей траектории с другой стороны стержня? (Выразите ответ через $g$ и $R$.)

Когда $\theta>\theta_{s}$, частица движется как свободное тело в поле тяжести. Частица начинает движение с начальной скоростью $v_{s}$ из положения $P=\left(x_{s}, y_{s}\right)$ в направлении, составляющем угол $\varphi=\left(3 \pi / 2-\theta_{s}\right)$ с осью $O y$ (рис. 7). Скорость $v_{H}$ частицы в верхней точке параболической траектории равна $y$-составляющей начальной скорости, или$$
v_{H}=v_{s} \sin \left(\theta_{s}-\pi\right)=\sqrt{\frac{4 g R}{3}} \cos \frac{\pi}{16} \sin \frac{\pi}{8}=0.4334 \sqrt{g R} .
$$

Расстояние вдоль оси $O y$, на которое сместится частица, достигнув максимальной высоты:$$
H=\frac{v_{s}^{2} \sin 2\left(\theta_{g}-\pi\right)}{2 g}=\frac{v_{s}^{2}}{2 g} \sin \frac{9 \pi}{4}=0.4535 R .
$$

Координаты частицы при $\theta=\theta_{{s }}$ задаются формулами:$$
\begin{aligned}
& x_{s}=R \cos \theta_{s}-s_{\min} \sin \theta_{s}=-R \cos \frac{\pi}{8}+s_{\min} \sin \frac{\pi}{8}=0.358 R . \\
& y_{s}=R \sin \theta_{s}-s_{\min} \cos \theta_{b}=-R \sin \frac{\pi}{8}-s_{\min} \cos \frac{\pi}{8}=-3.478 R .
\end{aligned}
$$Следовательно, $\left|y_{{s}}\right|>(R+H)$. Поэтому частица достигнет максимальной высоты, не ударившись о цилиндр.

C1  ^3.40 Будем считать, что груз $M$ действительно опускается на расстояние $D$ (причем $L-D\gg R$) и останавливается. Чтобы грузик $m$ сделал полный оборот вокруг стержня (до значения $\theta=2 \pi$) и при этом оба участка нити, не касающиеся стержня, оставались натянутыми, необходимо, чтобы отношение $\alpha=D / L$ превысило некоторое критическое значение $\alpha_{c}$. Пренебрегая малыми величинами порядка $R / L$ (и меньше), оцените величину $\alpha_{c}$ через отношение $M / m$.

Применим закон сохранения энергии к системе грузов (рис. 8):$$
-M g h=E^{\prime}-M g(h+D)
$$где $E^{\prime}$ – полная механическая энергия частицы в тот момент, когда груз $M$ остановится.

Отсюда $E^{\prime}=M g D$. Пусть $\Lambda$ – полная длина нити. Эта величина сохраняется, поэтому для любого $\theta$$$ \Lambda=L+\frac{\pi}{2} R+h=s+R\left(\theta+\frac{\pi}{2}\right)+(h+D) . $$Заметим, что $D=\alpha L$. Пусть $l=L-D$, тогда $l=(1-\alpha) L$.

Из последних двух формул получаем:\begin{equation*} s=L-D-R \theta=l-R \theta . \tag{9} \end{equation*} После остановки массивного груза энергия частицы сохраняется: $$ E^{\prime}=M g D=\frac{1}{2} m v^{2}-m g(R(1-\cos \theta)+s \sin \theta) . $$ Отсюда квадрат скорости частицы: $$ v^{2}=\left(s \frac{d \theta}{d r}\right)^{2}=\frac{2 M g D}{m}+2 g R\left((1-\cos \theta)+\frac{s}{R} \sin \theta\right). $$ Согласно (7), натяжение нити равно: \begin{gather*} T=m\left(g \sin \theta+s\left(\frac{d \theta}{d t}\right)^{2}\right)=\frac{m g}{s}\left(\frac{2 M}{m} D+2 R(1-\cos \theta)+3 s \sin \theta\right)= \\ =\frac{2 m g R}{s}\left(\frac{M D}{m R}+(1-\cos \theta)+\frac{3}{2}\left(\frac{l}{R}-\theta\right) \sin \theta\right) . \tag{10} \end{gather*} В последнем равенстве использовалось уравнение (9). Введем функцию $$ f(\theta)=1-\cos \theta+\frac{3}{2}\left(\frac{l}{R}-\theta\right) \sin \theta $$ Поскольку $l=(L-D) \gg R$, то мы можем написать: \begin{equation*} f(\theta) \approx 1+\frac{3}{2} \frac{l}{R} \sin \theta-\cos \theta=1+A \sin (\theta-\varphi), \tag{11} \end{equation*} где $$ A=\sqrt{1+\left(\frac{3 l}{2 R}\right)^{2}},\quad \varphi=\operatorname{arctg} \frac{\frac{3 l}{2 R}}{\sqrt{1+\left(\frac{3 l}{2 R}\right)^{2}}} $$ Из равенства (11) находим минимум функции: $$ f_{\min }(\theta)=1-A=1-\sqrt{1+\left(\frac{3 l}{2 R}\right)^{2}} $$ Поскольку сила натяжения $T$ неотрицательна, то из (10) получаем: $$ \frac{M D}{m R}+f_{\min }=\frac{M(L-l)}{m R}+1-\sqrt{1+\left(\frac{3 l}{2 R}\right)^{2}} \geqslant 0, $$ $$ \frac{M L}{m R}+1>\frac{M l}{m R}+\sqrt{1+\left(\frac{3 l}{2 R}\right)^{2}} \approx\left(\frac{M l}{m R}\right)+\left(\frac{3 l}{2 R}\right) $$ Используя (10), получаем $$ \frac{M L}{m R}+1 \geqslant\left(\left(\frac{M L}{m R}\right)+\left(\frac{3 L}{2 R}\right)\right)(1-\alpha) . $$ Пренебрегая членами порядка ($R / L$) и выше, получаем: $$ \alpha \geqslant 1-\frac{\left(\frac{M L}{m R}\right)+1}{\left(\frac{M L}{m R}\right)+\left(\frac{3 L}{2 R}\right)}=\frac{\left(\frac{3 L}{2 R}\right)-1}{\left(\frac{M L}{m R}\right)+\left(\frac{3 L}{2 R}\right)}=\frac{1-\frac{2 R}{3 L}}{\frac{2 M}{3 m}+1} \approx \frac{1}{1+\frac{2 M}{3 m}} $$ Предельное отношение $D / L$ равно: