Сложная динамика и кинематика движения по окружности: Часть 1

Задача 1

Условие

Небольшой игрушечный танк поместили на наклонную плоскость, составляющую угол \alpha с горизонтом.

4c.3 За какое минимальное время \tau танк, двигаясь с постоянной скоростью, сможет проехать по окружности радиуса R ?

Чему будет равен максимальный угол \gamma между векторами силы трения и ускорения танка во время этого движения? Коэффициент трения между гусеницами и плоскостью равен \mu . Ускорение свободного падения g .

Решение

Ускорение танка, движущегося с постоянной скоростью v , равно a=v^2/R и в любой точке траектории направлено вдоль наклонной плоскости к центру окружности.

В плоскости, в которой происходит движение, лежат: вектор силы трения покоя (гусеницы не проскальзывают) \vec{F}_{тр} , вектор m \vec{a} и F =m g \sin \alpha составляющая вектора силы тяжести вдоль плоскости. В перпендикулярном к плоскости направлении на танк действует сила нормальной реакции N=m g \cos \alpha .

4c.4 Сила трения покоя может принимать любое значение из интервала 0<F_{тр}<\mu m g \cos \alpha . Чтобы время движения танка было минимальным, он должен двигаться с максимально возможной скоростью. Но при больших скоростях силы трения может не хватать для движения с нужным ускорением.

Выразим силу трения из второго закона Ньютона: \vec{F}_{тр}=m \vec{a}-\vec{F} Из полученной формулы следует, что модуль разности векторов m \vec{a} и \vec{F} максимален, когда эти векторы направлены противоположно, т.е. в нижней точке траектории. Следовательно, танк сможет пройти всю траекторию с постоянной скоростью v , если выполнится условие: m \frac{v^2}{R} \leqslant \mu m g \cos \alpha-m g \sin \alpha , которое и определяет максимальную скорость: v_{\max }=\sqrt{g R(\mu \cos \alpha-\sin \alpha)} , и минимальное время движения танка по окружности: t_{\min }=\frac{2 \pi R}{v_{\max }}=\frac{2 \pi}{\sqrt{(\mu \cos \alpha-\sin \alpha)}} \sqrt{\frac{R}{g}} . Разумеется, все это справедливо при \mu>tg \alpha , в противном случае без проскальзывания танк не смог бы даже стоять на месте.

Найдем максимальный угол между вектором силы трения и ускорения танка. Поскольку вектор m \vec{a} имеет фиксированную величину, но разное направление в разных точках траектории, а вектор \vec{F} - фиксированную величину и направление, то геометрически формула \vec{F}_{тр}=m \vec{a}-\vec{F} означает, что концы векторов сил трения лежат на окружности с радиусом, равным модулю вектора m \vec{a} , а их начала находятся в точке, которая сдвинута на величину \vec{F} по отношению к центру этой окружности (см. рисунок; показано вычитание только одной пары векторов).

4c.5 Как следует из рисунка, может реализовываться два варианта.

1) Если модуль силы \vec{F} больше модуля вектора m \vec{a} или m g \sin \alpha>m g(\mu \cos \alpha-\sin \alpha) \Rightarrow \mu<2 tg \alpha \text { (малое трение), } сдвиг окружности, на которой лежат концы вектора силы трения, больше ее радиуса (именно этот случай показан на рисунке), и угол \gamma между вектором силы трения и вектором m\vec{a} (отмечен дугой на рисунке) изменяется от \gamma=0^{\circ} (векторы m \vec{a} и силы \vec{F} сонаправлены) до \gamma=180^{\circ} (векторы m \vec{a} и силы \vec{F} направлены противоположно).

Если же модуль силы \vec{F} меньше модуля вектора m \vec{a} , или m g \sin \alpha < m g(\mu \cos \alpha-\sin \alpha) \Rightarrow \mu>2 tg \alpha \text { (большое трение), } то и в случае сонаправленных векторов m \vec{a} и \vec{F} , и в случае противоположно направленных, угол между векторами m \vec{a} и \vec{F} равен нулю, и, следовательно, существует максимальный угол между этими векторами (вычитание векторов m \vec{a} и \vec{F} выполнено на рисунке).

4c.6 Для нахождения этого угла можно применить теорему синусов к треугольнику сил: \frac{F}{\sin \gamma}=\frac{m a}{\sin \beta}, где \beta - угол между вектором силы трения и вектором -\vec{F} (см. рисунок). Поскольку модули векторов m \vec{a} и \vec{F} неизменны во всех точках траектории, то угол \gamma максимален, когда максимален синус угла \beta , т.е. \beta=90^{\circ} . В этом случае синус максимального угла между векторами силы трения и ускорения равен: \sin \gamma=\frac{\sin \alpha}{\mu \cos \alpha-\sin \alpha}=\frac{tg \alpha}{\mu-tg \alpha} .

Ответ t_{\min }=\frac{2 \pi}{\sqrt{(\mu \cos \alpha-\sin \alpha)}} \sqrt{\frac{R}{g}} ; \sin \gamma=\frac{tg \alpha}{\mu-tg \alpha} .