Равномерное движение по окружности

elizabetchoy

Мотоциклист едет по треку, плоскость которого наклонена к горизонту под углом 30 . Коэффициент трения скольжения шин потрековой дорожке k=0,5. Вычислите максимально допустимую скорость vmax движения мотоциклиста в горизонтальной плоскости по окружности радиуса R =90 м.
Как вычислить максимальную возможную скорость у тела, движущегося равном по окружн, я знаю(v^2=kRg). Но не понимаю как угол наклона трека связать с окружностью по которой движется автомобиль потом. Помогите пожалуйста

zam2 · Сообщение **zam2** » 16 май 2015, 17:03

Второй закон Ньютона для мотоциклиста: $m\vec{g}+\vec{N}+\vec{F_{TR}}=m\vec{a}$
Проекция на вертикальную ось: $mg-Ncos\varphi -F_{TR}sin\varphi =0$ .
Проекция на горизонтальную ось: $Nsin\varphi -F_{TR}cos\varphi =ma$
$F_{TR}=kN$
$a=\frac{v^2}{R}$
Из этих равнений получаем:
$v=\sqrt{Rg\frac{kcos\varphi -sin\varphi }{ksin\varphi+ cos\varphi }}$

sergeyfomin · Сообщение **sergeyfomin** » 16 май 2015, 17:20

zam2 писал(а):Source of the post Из этих равнений получаем:
$v=\sqrt{Rg\frac{kcos\varphi -sin\varphi }{ksin\varphi+ cos\varphi }}$

Под корнем минус.

zam2 · Сообщение **zam2** » 16 май 2015, 17:30

sergeyfomin писал(а):Source of the post Под корнем минус.

А почему? Ведь если $\varphi =0$ . то $v=\sqrt{Rgk}$ .

miflin · Сообщение **miflin** » 16 май 2015, 17:37

to zam2
По-моему Fтр должна быть направлена в противоположную сторону, чем на Вашей схеме, а мотоцикл должен быть
наклонен так, чтобы равнодействующая реакции и трения проходила через его центр тяжести -
чтобы не возникал опрокидывающий момент.

sergeyfomin · Сообщение **sergeyfomin** » 16 май 2015, 17:54

zam2 писал(а):Source of the post А почему? Ведь если $\varphi =0$ . то $v=\sqrt{Rgk}$ .

Так по условию $\varphi = 30\text{ grad.}$ Да, и с направлением силы трения нелады. Разве не сила трения сообщает центростремительное ускорение?

zam2 · Сообщение **zam2** » 16 май 2015, 18:49

miflin писал(а):Source of the post По-моему Fтр должна быть направлена в противоположную сторону, чем на Вашей схеме

Совершенно верно. У меня ошибка. Перерисовал.

И поравл решение.
Проекция на вертикальную ось: $mg-Ncos\varphi + F_{TR}sin\varphi =0$ .
Проекция на горизонтальную ось: $Nsin\varphi + F_{TR}cos\varphi =ma$
$F_{TR}=kN$
$a=\frac{v^2}{R}$
Из этих равнений получаем:
$v=\sqrt{Rg\frac{sin\varphi+ kcos\varphi }{ cos\varphi -ksin\varphi }}$ .
Большое спасбо.

miflin писал(а):Source of the post а мотоцикл должен быть наклонен так, чтобы равнодействующая реакции и трения проходила через его центр тяжести - чтобы не возникал опрокидывающий момент.

Конечно, но это для задачи не важно.

sergeyfomin писал(а):Source of the post Так по условию $\varphi = 30\text{ grad.}$

Решение для любых углов, в том числе и для $\varphi =0$

sergeyfomin · Сообщение **sergeyfomin** » 16 май 2015, 20:12

zam2 писал(а):Source of the post Решение для любых углов, в том числе и для $\varphi =0$

Я имел в виду, что при $\varphi =30\text{ grad.}$ по старой формуле выходил минус под корнем. Да и по вашей новой формуле при $\varphi > arctg \frac{1}{k}$ под корнем будет выходить минус.

sergeyfomin · Сообщение **sergeyfomin** » 17 май 2015, 05:06

Andrew58 · Сообщение **Andrew58** » 17 май 2015, 07:28

Проанализировать можно так. Условие равновесия на треке:
$k=\frac{a-g \tg \phi}{a \tg \varphi + g}$
Строим график и видим, что при больших $$a$$

он асимптотически стремится к $\frac{1}{\tg \varphi}$ .
Возможны две ситуации в заисимости от соотношения $k_{max}$ и этого предела. Поэтому при $\varphi > \arctg \frac{1}{k_{max}}$ можно разгоняться до бесконечности.
И сразу становится ясно, что первая полученная формула - ограничение на минимальную скорость при $\varphi > \arctg k_{max}$

yourdomain.com