Added 2.1.64; Updated 2.1.60-2.1.67

astrosander правка от
Посмотреть решение История
правка #1708 GitHub ab4db51 позже →
ru/2.1.64.md +201 −0
@@ -0,0 +1,201 @@
+<!DOCTYPE html>
+<html lang="ru">
+
+<head>
+ <meta charset="utf-8">
+ <meta name="viewport" content="width=device-width, initial-scale=1.0">
+ <meta http-equiv="content-language" content="ru">
+ <meta name="keywords" content="решение, савченко, оливер, яковлевич, о.я., сборник задач по физике, решебник">
+ <meta name="description" content="Решение задачника Савенко О.Я.">
+ <meta property="og:title" content="Решебник Савченко">
+ <meta property="og:image" content="img/logo.png">
+ <meta property="og:description" content="Сайт с решениями задач из сборника задач Савенко О.Я.">
+ <meta name="yandex-verification" content="6cfda41f74038368">
+ <title>Решебник Савченко</title>
+ <link rel="stylesheet" href="../../css/css-latex/style.css">
+ <link rel="icon" href="../../img/logo.png" type="image/png">
+ <script src="../../js/jquery-1.10.1.min.js"></script>
+ <script async src="https://cdnjs.cloudflare.com/ajax/libs/mathjax/2.7.7/MathJax.js?config=TeX-MML-AM_CHTML"></script>
+ <script type="text/x-mathjax-config">
+ MathJax.Hub.Config({
+ extensions: ['tex2jax.js'],
+ jax: ['input/TeX', 'output/HTML-CSS'],
+ tex2jax: {
+ inlineMath: [['$', '$'], ['$', '$']],
+ processEscapes: true,
+ processClass: 'tex2jax',
+ ignoreClass: 'html'
+ },
+ showProcessingMessages: false,
+ messageStyle: 'none'
+ })
+ </script>
+</head>
+ <body style="">
+ <header style="text-align:center">
+ <h2>Решение задач из Савченко О.Я.</h2>
+ <p class="author">
+ Aliaksandr Melnichenka <br/>
+ October 2023
+ </p>
+ </header>
+
+ <h3 id="back-link"><a href="../">$\leftarrow$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> astrosander01@gmail.com <br></small>
+ </p>
+ </footer>
+ </body>
+
+</html>