1  ^?? При каких значениях ускорения $a$ доски цилиндр не будет поворачиваться вокруг горизонтальной оси, если коэффициент трения $\mu$ может принимать любые значения больше нуля?

Первый способ

Расставим силы, действующие на цилиндр в этой системе отсчёта: 

• сила реакции $Q$ со стороны горизонтальной поверхности, направленная под углом $\varphi$ к вертикали.  $\operatorname{tg}\varphi=\mu$, так как происходит движение с проскальзыванием.
• Сила реакции $Q_1$ со стороны доски направлена под некоторым углом $\alpha$ к радиусу, проведённому в точку касания. 

Случай 1: $\mu<\sqrt{3}$, линия дейcтвия силы $Q$ проходит левее точки контакта цилиндра с доской.

Для равновесия цилиндра необходимо, чтобы силы $Q$, $Q_1$ и $Mg_{эф}$ пересекались в одной точке (по теореме о трёх непараллельных силах). Угол $\varphi$ фиксирован, а угол $\alpha$ увеличивается при уменьшении ускорения $a$. Максимальное значение угла $\alpha$ равно $\varphi$: $$ \alpha_{\max} = \varphi. $$

Из геометрии задачи следует, что при $\alpha = \varphi$ угол между эффективной силой тяжести и вертикалью равен $30^\circ$. Следовательно:
$$a_{\min} = g \operatorname{tg} 30^\circ = \frac{g}{\sqrt{3}}.$$
С увеличением ускорения $a$ угол $\alpha$ уменьшается, пока $Mg_{эф}$ и $Q_1$ не станут направленными вдоль одной прямой. Дальнейшее увеличение $a$ приведёт к нарушению равновесия, и цилиндр начнёт закатываться на доску. При этом сила реакции $Q$ станет равной нулю. Следовательно:
$$a_{\max}=g\operatorname{tg}60^\circ=\sqrt{3}g$$

Случай 2: $\mu>\sqrt{3}$

Линия дейcтвия силы $Q$ проходит ниже точки контакта цилиндра с доской.

По теореме о трёх непараллельных силах, с учётом того, что $0 < \alpha \leqslant \varphi$, получаем два возможных диапазона для угла $\gamma$, при которых три силы пересекаются в одной точке:

• $\gamma \in [0^\circ; 30^\circ]$ и вектор $Q$ направлен в точку пересечения трёх сил.
• $\gamma \in (60^\circ; 90^\circ)$ и продолжение вектора $Q$ в обратном направлении проходит через точку пересечения трёх сил (см. рис.).

При $\gamma \in [0^\circ; 30^\circ]$ все три вектора сил направлены в одну полуплоскость, следовательно, их сумма не может быть равна нулю. Значит, равновесие в этом случае невозможно.

Для $\gamma \in (60^\circ; 90^\circ)$ по аналогии с первым случаем получаем $$a>g\operatorname{tg}60^\circ=\sqrt{3}g.$$

Случай 3: $\mu = \sqrt{3}$

 

$\varphi = 60^{\circ}$, линия действия силы $Q$ проходит через точку $A$. Тогда либо линии действия сил $Q$ и $Q_1$ совпадают, либо пересекаются в точке $A$. Первое невозможно, так как в этом случае для выполнения условия равновесия $Mg_{эф}$ должна быть параллельна $Q$ и $Q_1$, чего быть не может. Значит, линии действия сил $Q$ и $Q_1$ пересекаются в точке $A$. Тогда по теореме о трёх непараллельных силах $Mg_{эф}$ тоже направлена в точку $A$, откуда однозначно находим значение ускорения:

Второй способ

Расставим силы, действующие на цилиндр, и запишем теорему о движении центра масс для цилиндра в проекциях на горизонтальное и вертикальное направления:

$$\begin{cases} Oy:~~N_1+N\sin\alpha-F_{тр}\cos\alpha-Mg = 0; \\ Ox:~~N\cos\alpha + F_{тр}\sin \alpha - F_{тр1} = Ma. \end{cases}$$ Из условия задачи можем найти угол $\alpha$: $$\sin\alpha=\frac{R-h}{R}=0{,}5 \Rightarrow \alpha=30^\circ.$$ Так как цилиндр скользит по горизонтальной поверхности, сила трения равна соответственно: $$F_{тр1}=\mu N_1$$ Для того чтобы цилиндр не вращался, должно выполняться правило моментов относительно его центра: $$F_{тр}R=F_{тр1}R \Rightarrow F_{тр}=F_{тр1}=\mu N_1.$$ Формально, предыдущее уравнение необходимо писать в системе отсчёта центра масс цилиндра. Но при переходе в неинерциальные системы отсчёта, силы инерции прикладываются к центру масс тела, соответственно не создают момента сил относительно него. Подставим значения сил трения в систему уравнений: $$\begin{cases} Oy:~~N_1+N\sin\alpha-\mu N_1\cos\alpha-Mg = 0 \\ Ox:~~N\cos\alpha + \mu N_1\sin \alpha - \mu N_1 = Ma \end{cases}$$ Для выполнения условия равноускоренного движения цилиндра без вращения необходимо выполнение следующих соотношений: $$\begin{cases} N_1 > 0, \\ F_{тр} \leqslant \mu N \Rightarrow N_1 \leqslant N. \end{cases}$$ Первое условие гарантирует контакт цилиндра с горизонтальной поверхностью, второе гарантирует отсутствие проскальзывания между цилиндром и доской. Из уравнения на вертикальную ось выразим $N_1$: \[ N_1 = \dfrac{Mg-N\sin\alpha}{1-\mu\cos\alpha}. \] Подставим значение $N_1$ в уравнение на горизонтальную ось: \[ N\cos\alpha + \mu (N\sin\alpha-Mg)\dfrac{1-\sin \alpha}{1-\mu \cos\alpha} = Ma. \] Сгруппируем слагаемые с $N$ с одной стороны равенства: \[ N\left( \cos\alpha +\mu \sin\alpha \dfrac{1-\sin\alpha}{1-\mu\cos\alpha}\right) = M\left( a + \mu g \dfrac{1-\sin\alpha}{1-\mu \cos\alpha} \right). \] Домножим обе стороны равенства на $(1-\mu\cos\alpha)$: \[ N\left( \cos\alpha - \mu \cos^2\alpha + \mu \sin\alpha - \mu\sin^2\alpha \right) = M[a(1-\mu\cos\alpha)+\mu g (1-\sin\alpha)], \] откуда получаем выражение для значения $N$: \[ N = M \dfrac{a(1-\mu\cos\alpha)+\mu g (1-\sin\alpha)}{\cos\alpha + \mu\sin\alpha - \mu}. \] Подставляя значение для угла $\alpha = 30^{\circ}$: \[ N = M \dfrac{a(2-\sqrt{3}\mu)+\mu g}{\sqrt{3}-\mu}. \] Подставляя это выражение в выражение для силы $N_1$: \[ N_1 = M \dfrac{\sqrt{3}g - a}{\sqrt{3}-\mu}. \] Теперь, чтобы получить возможные значения для $a$ нам необходимо проанализировать неравенство $0 < N_1 < N$. Видим, что в знаменателе $N$ и $N_1$ есть сингулярность при определенном значении коэффициента трения $\mu = \sqrt{3}$. Рассмотрим по отдельности три случая.

Случай 1: $\mu<\sqrt{3}$ 

$N_1 > 0 \Rightarrow \sqrt{3}g > a \Rightarrow a < \sqrt{3}g$ 

$N_1 < N$: \[ M \dfrac{\sqrt{3}g - a}{\sqrt{3}-\mu} < M \dfrac{a(2-\sqrt{3}\mu)+\mu g}{\sqrt{3}-\mu} \Rightarrow \sqrt{3}g - a < a(2-\sqrt{3}\mu)+\mu g , \] откуда получаем $a > \dfrac{1}{\sqrt{3}} g$.

Случай 2: $\mu>\sqrt{3}$ 

$N_1 > 0 \Rightarrow \sqrt{3}g < a \Rightarrow a > \sqrt{3}g$ 

$N_1 < N$: \[ M \dfrac{\sqrt{3}g - a}{\sqrt{3}-\mu} < M \dfrac{a(2-\sqrt{3}\mu)+\mu g}{\sqrt{3}-\mu} \Rightarrow \sqrt{3}g - a > a(2-\sqrt{3}\mu)+\mu g , \] откуда получаем $a > \dfrac{1}{\sqrt{3}} g$. Первое условие более строгое, чем второе, откуда получаем ответ:

Случай 3: $\mu = \sqrt{3}$ 

Этот случай нельзя напрямую проанализировать из полученных уравнений, т. к. знаменатель дробей обращается в ноль. Чтобы получить ответ для этого случая, вернёмся к исходной системе уравнений и подставим значение угла $\alpha = 30^{\circ}$ и коэффициента трения $\mu = \sqrt{3}$: $$\begin{cases} N_1 + \dfrac{1}{2}N - \dfrac{3}{2}N_1 - Mg = 0, \\ \dfrac{\sqrt{3}}{2}N + \dfrac{\sqrt{3}}{2}N_1 - \sqrt{3}N_1 = Ma. \end{cases}$$ Из первого уравнения системы получаем: \[ N = 2Mg + N_1. \] Подставим это выражение во второе уравнение системы: \[ \sqrt{3}Mg + \dfrac{\sqrt{3}}{2}N_1 + \dfrac{\sqrt{3}}{2}N_1 - \sqrt{3}N_1 = Ma, \] откуда находим единственное решение системы: