(**). К нити, намотанной на сплошной однородный цилиндр массой M и радиусом R, привязан грузик массой m. Нить переброшена через блок пре- небрежимо малой массы (рис. 9.12). Найти ускорение грузика a и ускорение центра масс цили...

Раз цилиндр катится без проскальзывания, то значит, его нижняя точка, которой цилиндр опираетсся на стол – в любой момент времени испытвает кратковременное состояние покоя (мгновенное), или иначе говоря – замирает. Это возможно только в том случае, когда линейная скорость вращения обода (поверхности цилиндра) равна скорости движения оси цилиндра вправо по столу. Подойдя к вопросу с другой стороны, мы можем понять, что за небольшой промежуток в любой момент времени, верхняя точка обода продвигается вправо на вдое больлшее расстояние, чем ось цилиндра, поскольку верхняя точка обода отстоит от стола на вдаое большее расстояние. А это значит, что к скорости движения оси цилиндра в верхней точке обода должна прибавляться точно такая же линейная скорость вращения обода. В обоих подходах мы приходим к выводу, что линейная скорость вращения обода vo всегда должна быть равна скорости оси цилиндра V для выполнения условия качения без проскальзывания. Итак, мы можем записать: V = vo ; Угловая скорость вращения обода ω, по определению связана с линейной сокростью его вращения vo – соотношением: ω = vo/R = V/R ; Rω = V ; Верхняя точка цилиндра в любой момент времени при этом движется относительно стола со скоростью: v = vo + V = 2V ; v = 2V = 2Rω ; и скорость v – это ни что иное, как модуль скорости движения нити и подвешенного груза. dv = 2dV = 2Rdω ; dv/dt = 2dV/dt = 2Rdω/dt ; a = 2aц = 2Rω' , aц = ω'R = a/2 , где: aц – модуль линейного ускорения оси цилиндра, и так же и модуль линейного ускорения вращения его обода, ω' – угловое ускорение вращающегося цилиндра: Запишем Второй закон Ньютона в линейной и вращательной форме для участвующих в движении тел, учитывая момент инерции цилиндра – MR²/2 и обозначив модуль натяжения нити, как T и проекцию силы трения, как Fx (на горизонтальную ось Ох, направленную слева направо). Направим силу трения вправо, считая её проекцию положительной. Этот выбор не изменит хода решения задачи, поскольку если в реальности она окажется направлена влево, ты мы просто получим для значения проекции отрицательное значение. Позже мы поставим условие –μN < Fх < μN , чтобы трения было достаточно (куда бы оно ни было направлено) для обеспечения качения без проскальзывания. mg – T = ma ; для грузика T + Fх = Maц ; для движения оси цилиндра TR – FхR = [MR²/2]ω' ; для вращения вокруг оси цилиндра mg – T = ma ;           [1] T + Fх = Ma/2 ;          [2] T – Fх = Ma/4 ;          [3] mg – T = ma ; 2T = 3Ma/4 ; T = 3Ma/8 ; mg – 3Ma/8 = ma ; ( m + 3M/8 ) a = mg ; a = g / ( 1 + 3M/[8m] ) – это ускорение грузика ;        [4] aц = a/2 = g / ( 2 + 3M/[4m] ) – это ускорение движения направо оси цилиндра ;         [5] Вычтем [3] из [2] и получим: 2Fх = Ma/4 ; Fх = Ma/8 ; Сила трения покоя по модулю всегда должна быть меньше силы трения скольжения, а значит, олджно выполняться неравенство: F < μN ; |Fx| < μN ; –μN < Fx < μN ; –μMg < Ma/8 < μMg ; –μg < 0 < a/8 < μg ; μ > a/8g , подставляя [4] получим: μ > 1/[ 8 + 3M/m ] ;        [6] Ответы в пунктах [4], [5] и [6] .