Наезд

Сложите силу тяжести и постоянную силу \(\vec F\) в одно «эффективное» поле тяжести: горку можно преодолеть, если ни одна её точка не оказывается в этом поле выше стартовой. В третьем пункте работу силы \(F\) выгоднее всего набирать, направляя её вдоль траектории.

Пункт 1. Метод 1. Бусинка движется под действием суммы внешних сил \(\vec F + m\vec g\). Рассмотрим движение в поле эффективного ускорения свободного падения: \[\vec g_{eff} = \vec g + \frac{\vec F}{m}.\]

Для преодоления горки необходимо, чтобы в любой точке траектории потенциальная энергия была меньше, чем в точке старта.

В критическом случае перпендикуляр к эффективному ускорению свободного падения касается второй четверть-окружности. Тогда из геометрии \(\theta = 2\operatorname{arctg}(1/2)\). \[F_{\min 1} = mg\operatorname{tg}\theta = \frac{4mg}{3}.\]

Метод 2. Если бусинка преодолела горку, это значит, что в любой момент времени работа внешних сил: \[A_F \geqslant \Pi,\] где \(\Pi\) — потенциальная энергия. Поделим обе части неравенства на \(mg\) и подставим \(A_F = F\cdot x\): \[\frac{F\cdot x}{mg} \geqslant h.\]

Рассмотрим график зависимости обеих величин от \(x\). В критическом случае графики касаются. Тогда тангенс угла наклона прямой равен: \[\operatorname{tg}\theta = \frac43 = \frac{F}{mg}.\] Получаем: \[F_{\min 1} = mg\operatorname{tg}\theta = \frac{4mg}{3}.\]

Пункт 2. Метод 1. Минимум силы достигается, когда вектор \(\vec F/m\) перпендикулярен вектору \(\vec g_{eff}\). Направление силы \(F\) — по касательной к горке под углом \(\theta\) к горизонту.

\[F_{\min 2} = mg\sin\theta = \frac45 mg; \qquad \theta = 2\operatorname{arctg}(1/2) = \arcsin(4/5).\]

Метод 2. Снова запишем неравенство \[A_F \geqslant \Pi.\] Подставим \(A_F = F_x\cdot x + F_y\cdot h\): \[F_x\cdot x + F_y\cdot h \geqslant mgh; \qquad F_x\cdot x \geqslant h(mg - F_y); \qquad \frac{F_x}{mg - F_y}\cdot x \geqslant h.\] Аналогично предыдущему пункту получаем, что: \[\frac{F_x}{mg - F_y} = \operatorname{tg}\theta = \frac43; \qquad F_x = \frac43 mg - \frac43 F_y.\] С учётом того, что \(F^2 = F_x^2 + F_y^2\), получаем: \[F^2 = \frac{16}{9}F_y^2 - \frac{32}{9}F_y mg + \frac{16}{9}m^2g^2 + F_y^2 = \frac{25}{9}F_y^2 - \frac{32}{9}F_y mg + \frac{16}{9}m^2g^2.\] Минимум этой квадратичной зависимости достигается при: \[F_y = \frac{16}{25}mg.\] Тогда \[F_{\min 2}^2 = \frac{16}{9}m^2g^2 - \frac{16^2}{25\cdot 9}m^2g^2 = \frac{16}{25}m^2g^2.\] Получаем ответ: \[F_{\min 2} = \frac45 mg.\] Угол с горизонтом: \[\theta = \operatorname{arctg}\frac{F_y}{F_x} = \operatorname{arctg}\frac43.\]

Пункт 3. Если бусинка преодолела горку, это значит, что в любой момент времени сумма работ внешних сил: \[A_F + A_{mg} \geqslant 0.\] Для максимизации работы силы \(F\) последняя должна быть всегда направлена вдоль траектории. Рассмотрим критический случай, когда бусинка достигает предельной точки, остановившись на второй четверть-окружности. Параметризуем эту точку углом \(\alpha\). В критическом случае эта точка является положением равновесия: \[F = mg\cos\alpha.\]

Работа сил равна нулю: \[F\cdot\left(s + \frac H2\cdot\left(\frac\pi2 + \alpha\right)\right) = mg\frac H2\cdot(1 + \sin\alpha);\] \[s = \frac{mg}{F}\,\frac H2\cdot(1 + \sin\alpha) - \frac H2\cdot\left(\frac\pi2 + \alpha\right); \qquad s = \frac H2\left(\frac{1 + \sin\alpha}{\cos\alpha} - \frac\pi2 - \alpha\right).\] С учётом \(F = mg\cos\alpha\): \[s = \frac H2\left(\frac{1 + \sqrt{1 - F^2/m^2g^2}}{F/mg} - \frac\pi2 - \arccos\frac{F}{mg}\right).\] Для \(F = mg/2\): \[s = \frac H2\left(2 + \sqrt3 - \frac{5\pi}{6}\right).\]