Решебник Савченко
<h3 id="back-link"><a href="/ru#2.1">$\leftarrow$Назад</a></h3>
<h3> Условие: </h3>
<p>
$2.1.64.$ С какой максимальной скоростью может ехать по горизонтальной плоскости мотоциклист, описывая круг радиуса $R$, если коэффициент трения равен $\mu$? На какой угол от вертикали он должен при этом отклониться? Во сколько раз увеличится максимально допустимая скорость мотоциклиста при движении по наклонному треку с углом наклона $α$ к горизонту по сравнению с максимально допустимой скоростью при движении по горизонтальному треку при том же радиусе поворота и том же коэффициенте трения?
</p>
<h3> Решение: </h3>
<center>
<figure>
<img src="draw1.png"
loading="lazy" width="350" />
<figcaption>
Силы действующие на мотоцикл
</figcaption>
</figure>
</center>
<p>
Изобразим силы, действующие на мотоцикл (см. рис. верхний), и запишем второй закон Ньютона
$$\vec{N} + m\vec{g} + \vec{F}_{\text{тр}} = m\vec{a}.$$
</p>
<p>
В проекции на оси:
$$Ox: \quad F_{\text{тр}} = ma;$$
$$Oy: \quad N - mg = 0.$$
</p>
<p>
Учитывая, что при движении по окружности $ a = \frac{v^2}{R} $, сила трения равна $ F_{\text{тр}} = \mu N $,
получаем, что максимальная скорость движения мотоциклиста равна
$$\boxed{v = \sqrt{\mu g R}}$$
</p>
<br>
<center>
<figure>
<img src="draw2.png"
loading="lazy" width="350" />
<figcaption>
Силы действующие на мотоцикл при повороте
</figcaption>
</figure>
</center>
<p>
При повороте мотоциклист отклоняется к центру окружности на некоторый угол (см. рис. нижний). Тогда по второму закону Ньютона
$$\vec{N} + m\vec{g} = m\vec{a}$$
$$Ox: \quad N \sin \beta = ma;$$
$$Oy: \quad N \cos \beta = mg.$$
</p>
<p>
Откуда
$$\tan \beta = \frac{a}{g} = \frac{\mu g}{g}$$
$$\boxed{\beta = \arctan \mu}$$
</p>
<br>
<center>
<figure>
<img src="draw3.png"
loading="lazy" width="180" />
</figure>
</center>
<p>
Рассмотрим движение велосипедиста по горизонтальному треку (рис.).
</p>
<p>На велосипедиста действуют: сила тяжести $m \vec{g}$ и нормальная составляющая силы реакции опоры $\vec{N}$.
</p>
<p>Центростремительное ускорение велосипедиста может сообщить здесь только сила трения покоя, направленная по радиусу окружности к центру $О$ и возникающая в том случае, когда велосипедист наклоняется к центру окружности.
</p>
<p>Равнодействующая сил $\vec{N}$ и $\vec{F}_{тр} \Rightarrow \vec{F} = \vec{F}_{тр} + \vec{N}$ проходит через центр тяжести велосипедиста, и в противном случае существовал бы опрокидывающий момент сил.
</p>
<p>По второму закону Ньютона для проекции на радиальное направление X $F_{тр} = ma_{n} = m \frac{v^{2}}{R}$, где $v$ - скорость движения велосипедиста.
</p>
<p>Так как сила трения покоя $F_{тр} \leq \mu N = \mu mg$, то получаем неравенство
$$m \frac{v^{2}}{R} \leq \mu mg$$
$$v^{2} \leq \mu gR \Rightarrow v \leq \sqrt{\mu gR}$$
максимальное значение скорости на горизонтальном треке $v_{1} = \sqrt{\mu gR}$.
</p>
<br>
<center>
<figure>
<img src="draw4.png"
loading="lazy" width="180" />
</figure>
</center>
<p>
Рассмотрим движение велосипедиста по наклонному треку. Действующие на него силы изображены на рис. ($\vec{F}$ - равнодействующая сил реакции опоры $\vec{N}$ и силы трения покоя $\vec{F}_{тр}$). По второму закону Ньютона для проекций на оси X и Y:
</p>
<p>
по оси Y $N \cos \alpha - F_{тр} \sin \alpha - mg = 0$ (1)
</p>
<p>
по оси X $N \sin \alpha + F_{тр} \cos \alpha = ma_{n}$ (2), где $a_{n} = \frac{v^{2}}{R}$
</p>
<p>
($v$ - скорость движения по наклонному треку). Перепишем систему в виде:
$$\begin{cases} N \cos \alpha - F_{тр} \sin \alpha = mg, (1') \\ N \sin \alpha + F_{тр} \cos \alpha = m \frac{v^{2}}{R} (2'). \end{cases}$$
</p>
<p>
Выразим из этой системы $N$ и $F_{тр}$. Для этого умножим уравнение $l'$ на $\cos \alpha$, а уравнение $(2')$ - на $\sin \alpha$:
$$\begin{cases} N \cos^{2} \alpha - F_{тр} \sin \alpha = mg \cos \alpha, \\ N \sin^{2} \alpha + F_{тр} \cos \alpha \sin \alpha = m \frac{v^{2}}{R} \sin \alpha. \end{cases}$$
</p>
<p>
После сложения получим
$$N(\cos^{2} \alpha + \sin^{2} \alpha ) = mg \cos \alpha + m \frac{v^{2}}{R} $$
$$N = m \left ( g \cos \alpha + \frac{v^{2}}{R} \right )$$
</p>
<p>
Умножим $(1')$ на $\sin \alpha$, а $(2')$ - на $\cos \alpha$, тогда
$$\begin{cases} N \cos^{2} \alpha - F_{тр} \sin \alpha = mg \cos \alpha, \\ N \sin^{2} \alpha + F_{тр} \cos \alpha \sin \alpha = m \frac{v^{2}}{R} \sin \alpha. \end{cases}$$
</p>
<p>
После вычислений найдем
$$F_{тр} = \left ( \frac{v^{2}}{R} - g \sin \alpha \right )$$
Так как $F_{тр}$ - сила трения покоя, то
$$F_{тр} \leq \mu N \Rightarrow m \left ( \frac{v^{2}}{R} \cos \alpha - g \sin \alpha \right ) \leq \mu m \left ( g \cos \alpha + \frac{v^{2}}{R} \sin \alpha \right )$$
$$ \frac{v^{2}}{R} ( \cos \alpha - \mu \sin \alpha) \leq g ( \mu \cos \alpha + \sin \alpha)$$
Разделим обе части на $\cos \alpha$ (из условия $\cos \alpha > 0$).
$$\frac{v^{2}}{R} (1 - \mu tg \alpha ) \leq g( \mu + tg \alpha)$$
</p>
<p>
Если $(1 - \mu tg \alpha) > 0$, то $v^{2} \leq \frac{gR( \mu + tg \alpha)}{1 - \mu tg \alpha}$, или $v \leq \sqrt{ \frac{gR( \mu + tg \alpha)}{1 - \mu tg \alpha}}$
</p>
<p>Значит максимальная скорость при движении по наклонному треку
$$v_{2} = \sqrt{ \frac{gR ( \mu + tg \alpha)}{1 - \mu tg \alpha}}$$
</p>
<p>
Отношение
$$\boxed{\frac{v_{2}}{v_{1}} = \sqrt{ \frac{ \mu + tg \alpha}{ \mu (1 - tg \alpha)}}}$$
</p>
<p style="text-align: right; font-style: italic; font-size: 16;"><a href="https://earthz.ru/solves/Zadacha-po-fizike-3048">earthz.ru</a></p>
<h3> Ответ: </h3>
<p>
$$v=\sqrt{\mu gR}$$
$$\beta=\arctan \mu$$
$$\frac{u}{v}=\sqrt{\frac{\mu+\operatorname{tg}\alpha}{\mu(1-\mu\operatorname{tg}\alpha)}}$$
</p>
<footer class="row container">
<br>
<p>
<p>
<small> © <strong>Решебник Савченко О.Я.</strong>, 2023-2024 <br></small>
</p>
<p>
<small>Все права принадлежат авторам. <br> Коммерческое использование материалов — с письменного разрешения авторов. <br> alex@savchenkosolutions.com <br></small>
</p>
</footer>
Savchenko Solutions