Em nghĩ thầy Quang Dương có chút nhầm lẫn gì đó. Nếu như xe đạp chỉ có 1 bánh phát động (xem như là bánh sau), thì lực ma sát tác dụng lên bánh trước khác với bánh sau. Hơn nữa, cũng không chắc chắn rằng phản lực pháp tuyến từ mặt đường lên bánh trước bằng với phản lực lên bánh sau, và bằng Mg/2.
Cần phải cẩn thận với tính đối xứng. Mặc dù về mặt hình học hệ là đối xứng, nhưng về mặt chuyển động thì lại không, nhất là khi chuyển động có gia tốc.
Trước tiên chọn hệ quy chiếu so với xe, vậy thì xe chịu thêm lực quán tính có độ lớn [tex]F_q = Ma[/tex], nếu xem như [tex]M[/tex] đã tính cả [tex]m[/tex]. Lực này đặt vào khối tâm G. Gọi [tex]L[/tex] là khoảng cách theo chiều ngang từ tâm bánh xe tới G (hình vẽ). Xét điểm A, ta có:
(1): [tex]N_1L = N_2L + Mah = (N_2L + F_qh) [/tex]
Mặt khác:
(2): [tex]F_1 - F_2 = Ma[/tex]
(3): [tex]N_1 + N_2 = Mg[/tex]
(4): [tex]T - F_1R = mR^2\gamma = mRa[/tex]
(5): [tex]F_2R = mR^2\gamma = mRa[/tex]
Giải ra:
[tex]a = \frac{T}{R(2m+M)}[/tex]
[tex]F_1 = \frac{T(m+M)}{R(2m+M)}[/tex]
[tex]F_2 = \frac{Tm}{R(2m+M)}[/tex]
[tex]N_1 = \frac{Mg}{2} + \frac{TMh}{2RL(2m+M)}[/tex]
[tex]N_2 = \frac{Mg}{2} - \frac{TMh}{2RL(2m+M)}[/tex]
Lại có: [tex]F_1 \leq \mu N_1[/tex] và [tex]F_2 \leq \mu N_2[/tex], suy ra 2 điều kiện sau:
(6): [tex]T(2M+2m-\mu Mh/L) \leq \mu MgR(M+2m)[/tex]
(7): [tex]T(2m+\mu Mh/L) \leq \mu MgR(M+2m)[/tex]
Suy ra:
[tex]T \leq \min \left\{ \mu \frac{MgR(M+2m)}{2M+2m-\mu Mh/L} , \mu \frac{MgR(M+2m)}{2m+\mu Mh/L}\right\} [/tex] nếu như [tex]\mu < \frac{2L(M+m)}{Mh}[/tex]
[tex]T \leq \mu \frac{MgR(M+2m)}{2m+\mu Mh/L} [/tex] nếu như [tex]\mu \geq \frac{2L(M+m)}{Mh}[/tex]
Trong trường hợp [tex]\mu \rightarrow \infty[/tex] thì [tex]T\leq \frac{gLR(M+2m)}{h}[/tex].
Lưu ý quan trọng là không thể bỏ qua [tex]L[/tex]. Một cái xe quá ngắn thì hẳn là khó đạp hơn nhiều so với một chiếc bình thường
