Бусинка на винтовой линии

Установившееся движение — без ускорения вдоль проволоки, а центростремительное ускорение создаёт составляющая реакции опоры, перпендикулярная плоскости, касательной к цилиндру; соберите силы в этой плоскости и перпендикулярно ей.

\(v = \sqrt{gR}\cdot\sqrt[4]{\left(1 + \dfrac{H^2}{4\pi^2R^2}\right)\left(\dfrac{H^2}{4\pi^2R^2\mu^2} - 1\right)}\) при \(H \ge 2\pi R\mu\); при \(H < 2\pi R\mu\) бусинка покоится: \(v = 0\).

Рассмотрим вертикальную плоскость \(\alpha\), которая касается описанного вокруг винтовой линии цилиндра в точке, в которой расположена бусинка в некоторый момент времени (см. рисунок). На бусинку массой \(m\), движущуюся по проволоке с постоянной по модулю скоростью \(v\), действуют три постоянные по величине силы: сила тяжести \(mg\) и сила трения \(F\), которые лежат в плоскости \(\alpha\), и сила нормальной реакции опоры \(N\), которая не лежит, а потому на рисунке изображена не она сама, а её проекция \(N_\parallel\) на плоскость \(\alpha\).

Поскольку бусинка имеет только центростремительное ускорение, которое перпендикулярно плоскости \(\alpha\) и создаётся перпендикулярной плоскости \(\alpha\) составляющей \(N_\perp\) нормальной реакции опоры, в плоскости \(\alpha\) можно записать условия равенства сил на направление скорости и перпендикулярное ему: \[F = mg\sin\varphi,\qquad N_\parallel = mg\cos\varphi, \tag{1}\] где угол \(\varphi\) наклона траектории к горизонту можно найти из геометрических размеров винтовой линии: \[\operatorname{tg}\varphi = \dfrac{H}{2\pi R}. \tag{2}\] В системе отсчёта, движущейся вниз со скоростью \(v\sin\varphi\), бусинка движется со скоростью \(v\cos\varphi\) по окружности радиусом \(R\), что позволяет найти силу, создающую центростремительное ускорение: \[N_\perp = m\cdot\dfrac{(v\cos\varphi)^2}{R}. \tag{3}\] После записи формулы для силы трения скольжения \[F = \mu N \tag{4}\] и теоремы Пифагора для нормальной реакции опоры \[N = \sqrt{N_\parallel^2 + N_\perp^2} \tag{5}\] физическая часть задачи закончилась, а остаётся соединить все уравнения в систему и решить её относительно \(v\).

Возведём уравнение для \(F\) в квадрат и подставим выражения для \(N\), \(N_\parallel\) и \(N_\perp\): \[(mg\sin\varphi)^2 = \mu^2\left((mg\cos\varphi)^2 + \left(\dfrac{mv^2\cos^2\varphi}{R}\right)^2\right),\] сократим на \(m^2g^2\cos^2\varphi\) для упрощения: \[\operatorname{tg}^2\varphi = \mu^2\left(1 + \dfrac{v^4\cos^2\varphi}{g^2R^2}\right),\] используем тригонометрическое тождество \(1/\cos^2\varphi = 1 + \operatorname{tg}^2\varphi\): \[v^4 = g^2R^2(1 + \operatorname{tg}^2\varphi)\left(\dfrac{\operatorname{tg}^2\varphi}{\mu^2} - 1\right),\] подставим формулу для \(\operatorname{tg}\varphi\) и получим окончательный ответ: \[v = \sqrt{gR}\cdot\sqrt[4]{\left(1 + \dfrac{H^2}{4\pi^2R^2}\right)\left(\dfrac{H^2}{4\pi^2R^2\mu^2} - 1\right)}.\] Заметим, что при условии \(H < 2\pi R\mu\) подкоренное выражение отрицательно, что нефизично и свидетельствует о нарушении предположения о том, что на бусинку будет действовать сила трения именно скольжения, а не покоя. Значит, ответ нужно дополнить ещё одним случаем: \(v = 0\) при \(H < 2\pi R\mu\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.