Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 11129
2019-11-08 
Тело массой $m$ поднимают медленно по желобу высотой $h$ и длиной основания $b$. Считая коэффициент трения равным $k$, найти работу внешней силы (силы тяги), работу силы тяжести, работу силы трения и силы нормальной реакции (рис.).
Решение:
Силы, действующие на тело, очевидны. Так как тело движется под действием переменных сил (движение криволинейное), то путь $s$ надо разбить на столь малые участки $\Delta s_{i}$, которые были бы неотличимы от отрезков прямых. Тогда
$\Delta A_{сопр_{i}} = F_{тр_{i}} \Delta s_{i} (- 1) = - k Q_{i} \Delta s_{i} = - kmg \cos \alpha_{i} \Delta s_{i} = - kmg \Delta b_{i}$.
$A_{conp} = \Delta A_{сопр_{1} } + \cdots + \Delta A_{сопр_{n} } = - kmg ( \Delta b_{1} + \cdots + \Delta b_{n} ) = - kmgb$;
$ \Delta A_{g_{i}} = mg \Delta s_{i} \cos \beta_{i} = - mg \Delta h_{i}$;
$A_{g} = - mg ( \Delta h_{1} + \cdots + \Delta h_{n}) = - mgh$
или так как $W_{0п} = 0$ (на высоте, равной нулю), то
$- mgh = - (W - W_{0}) = \Delta W_{g}$ и $A_{g} = - \Delta W_{g}$
(как уже отмечалось во вводной части).
Сила $Q$ работы не совершает, так как она составляет угол $90^{ \circ}$ с направлением движения. Для работы силы $F$ имеем
$\Delta A_{i} = F_{i} \Delta s_{i} ( + 1) = (F_{тр_{i} } + mg \sin \alpha_{i} ) \Delta s_{i} = (kgm \cos \alpha_{i} + mg \sin \alpha_{i} ) \Delta s_{i} = kmg \Delta b_{i} + mg \Delta h_{i} = mg(k \Delta b_{i} + \Delta h_{i} )$
и
$A = kmgb + mgh$.
Этот же результат можно было получить из закона изменения энергии
$A + A_{сопр} = \Delta W_{п} + \Delta W_{к}$.
Так как $v = const$, то
$\Delta W_{к} = 0$ и $A = - A_{сопр} + \Delta W = kmgb + mgh$.
Надо обратить внимание на то, что если работа силы $F$ на участке $\Delta s$ равна $\Delta A_{1}$ то работа $\Delta A_{2}$ против этой силы, т. е. силы, равной и противоположной силе $F$, будет отличаться от $\Delta A_{1}$ лишь по знаку.
Действительно, поскольку $\vec{F}_{1} = - \vec{F}_{2}$ и $\Delta \vec{s}_{1} = \Delta \vec{s}_{2}$, то $\vec{F}_{1} \Delta \vec{s}_{1} = - \vec{F}_{2} \Delta \vec{s}_{2}$ или $\Delta A_{1} = - \Delta A_{2}$. Поэюму работа силы тяжести в нашей задаче
$A_{g} = - mgh$.
Работа внешней силы, преодолевающей силу тяжести:
$A_{внеш} = mgh$.
Аналогично, работа силы трения $A_{сопр} = - kmgb$, работа же силы, преодолевающей силу трения, равна $+ kmgb$.
Тело массой $m$ поднимают медленно по желобу высотой $h$ и длиной основания $b$. Считая коэффициент трения равным $k$, найти работу внешней силы (силы тяги), работу силы тяжести, работу силы трения и силы нормальной реакции (рис.).
Решение:
Силы, действующие на тело, очевидны. Так как тело движется под действием переменных сил (движение криволинейное), то путь $s$ надо разбить на столь малые участки $\Delta s_{i}$, которые были бы неотличимы от отрезков прямых. Тогда
$\Delta A_{сопр_{i}} = F_{тр_{i}} \Delta s_{i} (- 1) = - k Q_{i} \Delta s_{i} = - kmg \cos \alpha_{i} \Delta s_{i} = - kmg \Delta b_{i}$.
$A_{conp} = \Delta A_{сопр_{1} } + \cdots + \Delta A_{сопр_{n} } = - kmg ( \Delta b_{1} + \cdots + \Delta b_{n} ) = - kmgb$;
$ \Delta A_{g_{i}} = mg \Delta s_{i} \cos \beta_{i} = - mg \Delta h_{i}$;
$A_{g} = - mg ( \Delta h_{1} + \cdots + \Delta h_{n}) = - mgh$
или так как $W_{0п} = 0$ (на высоте, равной нулю), то
$- mgh = - (W - W_{0}) = \Delta W_{g}$ и $A_{g} = - \Delta W_{g}$
(как уже отмечалось во вводной части).
Сила $Q$ работы не совершает, так как она составляет угол $90^{ \circ}$ с направлением движения. Для работы силы $F$ имеем
$\Delta A_{i} = F_{i} \Delta s_{i} ( + 1) = (F_{тр_{i} } + mg \sin \alpha_{i} ) \Delta s_{i} = (kgm \cos \alpha_{i} + mg \sin \alpha_{i} ) \Delta s_{i} = kmg \Delta b_{i} + mg \Delta h_{i} = mg(k \Delta b_{i} + \Delta h_{i} )$
и
$A = kmgb + mgh$.
Этот же результат можно было получить из закона изменения энергии
$A + A_{сопр} = \Delta W_{п} + \Delta W_{к}$.
Так как $v = const$, то
$\Delta W_{к} = 0$ и $A = - A_{сопр} + \Delta W = kmgb + mgh$.
Надо обратить внимание на то, что если работа силы $F$ на участке $\Delta s$ равна $\Delta A_{1}$ то работа $\Delta A_{2}$ против этой силы, т. е. силы, равной и противоположной силе $F$, будет отличаться от $\Delta A_{1}$ лишь по знаку.
Действительно, поскольку $\vec{F}_{1} = - \vec{F}_{2}$ и $\Delta \vec{s}_{1} = \Delta \vec{s}_{2}$, то $\vec{F}_{1} \Delta \vec{s}_{1} = - \vec{F}_{2} \Delta \vec{s}_{2}$ или $\Delta A_{1} = - \Delta A_{2}$. Поэюму работа силы тяжести в нашей задаче
$A_{g} = - mgh$.
Работа внешней силы, преодолевающей силу тяжести:
$A_{внеш} = mgh$.
Аналогично, работа силы трения $A_{сопр} = - kmgb$, работа же силы, преодолевающей силу трения, равна $+ kmgb$.
