На шероховатой горизонтальной поверхности стола находится система,
состоящая из призмы массой $m$, снабжённой лёгким блоком, и бруска массой
$M=2m$ (рис. 1). Боковая поверхность призмы является гладкой, а угол
между гранью, на которой находится брусок, и поверхностью стола равен
$\alpha$ $\left(\sin\alpha=\dfrac35\right)$. К бруску привязана лёгкая
нерастяжимая нить, перекинутая через блок, к противоположному концу которой
приложена горизонтальная сила $F$. Известно, что ускорение призмы не зависит
от величины этой силы.
Рис. 1
Определите возможные значения коэффициента трения $\mu$ между призмой и поверхностью стола.
Для каждого из полученных в пункте 1 значений $\mu$ найдите ускорение
призмы $a$.
Ускорение свободного падения равно $g$. Наклонный отрезок нити
параллелен левой боковой грани призмы. Трение в оси блока отсутствует.
И. Юдин
Всероссийская олимпиада школьников по физике (LVIII, заключительный этап)
Изобразим силы, действующие на призму, и её ускорение (рис. 2).
Обозначим $N$ силу взаимодействия между бруском и призмой, $N'$ — силу
нормальной реакции, a $F_{\text{тр}}$ — силу трения, действующие на призму
со стороны стола. Тогда
$$
\begin{gather*}
ma=N\sin\alpha+F(1-\cos\alpha)-F_{\text{тр}},\\
N'=N\cos\alpha+F\sin\alpha+mg,\\
F_{\text{тр}}\le\mu(N\cos\alpha+F\sin\alpha+mg).
\end{gather*}
$$
Ускорение бруска относительно стола для удобства разложим на две составляющие: ускорение призмы $a$ и ускорение бруска относительно
поверхности призмы $a'$, которое направлено параллельно её левой боковой
поверхности (рис. 3). Запишем второй закон Ньютона для бруска в проекции на ось, перпендикулярную направлению его относительного движения:
$$
-Ma\sin\alpha=-Mg\cos\alpha+N,\quad\text{или}\quad
N=Mg\cos\alpha-Ma\sin\alpha.
$$
Полученная формула для $N$ не содержит явно величину силы $F$, а ускорение
призмы, согласно условию, не зависит от $F$. Отсюда следует, что и $N$ не зависит от величины этой силы.
Рис. 2Рис. 3
Рассмотрим два случая:
призма движется относительно стола;
трение не позволяет призме двигаться.
а) Пусть призма скользит по поверхности стола, т. е. $a\gt0$. Тогда
$$
\begin{gather*}
F_{\text{тр}}=\mu(N\cos\alpha+F\sin\alpha+mg),\\
ma=N\sin\alpha+F(1-\cos\alpha)-\mu(N\cos\alpha+F\sin\alpha+mg).
\end{gather*}
$$
Чтобы ускорение $a$ не зависело от силы $F$, все слагаемые, включающие её, должны сократиться. Это возможно, если
$$
\begin{gather*}
1-\cos\alpha=\mu\sin\alpha,\\
\mu=\frac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha}=\dfrac{1-\dfrac45}{\dfrac35}=\dfrac13.
\end{gather*}
$$
б) Пусть теперь призма не скользит, т. е. $a=0$. Тогда
$$
F_{\text{тр}}=F(1-\cos\alpha)+Mg\sin\alpha\cos\alpha\le\mu(Mg\cos^2\alpha+
F\sin\alpha+mg).
$$
Перегруппируем выражения в полученном неравенстве:
$$
F(1-\cos\alpha-\mu\sin\alpha)\le
\mu g(M\cos^2\alpha+m)-Mg\sin\alpha\cos\alpha.
$$
Так как неравенство должно выполняться при любых значениях $F$ (в том числе
при $F=0$), выражение в правой части должно быть неотрицательным, а выражение в левой части — наоборот, неположительным. Отсюда следует
$$
\begin{aligned}
\mu&\ge\dfrac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha}=\dfrac13\quad\text{и}\\
\mu&\ge\dfrac{M\sin\alpha\cos\alpha}{M\cos^2\alpha+m}=
\dfrac{2\cdot\dfrac35\cdot\dfrac45}{2\cdot\left(\dfrac45\right)^2+1}=
\dfrac8{19}\approx0{,}42.
\end{aligned}
$$
Поскольку последнее неравенство — более сильное, призма будет покоиться при любом значении $F$, если $\mu\ge\dfrac8{19}$.
Используя полученное выше значение $\mu=\dfrac13$, найдём величину
ускорения $a$ в случае, когда призма скользит по столу:
$$
\begin{gather*}
ma=N(\sin\alpha-\mu\cos\alpha)-\mu mg=M(g\cos\alpha-a\sin\alpha)(\sin\alpha-
\mu\cos\alpha)-\mu mg,\\
a=2\left(g\cdot\dfrac45-a\cdot\dfrac35\right)\left(\dfrac35-\dfrac13\cdot
\dfrac45\right)-\dfrac13g=g\cdot\dfrac8{15}-a\cdot\dfrac25-\dfrac g3,\\
a=\dfrac g3.
\end{gather*}
$$
