Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 11917
2019-12-05 
По деревянным сходням, образующим угол $\alpha$ с горизонтом, втаскивают за веревку ящик. Коэффициент трения ящика о сходни $\mu$. Под каким углом к горизонту следует направить веревку, чтобы с наименьшим усилием втаскивать ящик: а) равномерно, б) с заоанным ускорением $a$?
Решение:
Рассмотрим силы, действующие на ящик (рис.). Это - сила тяжести $m \vec{g}$, сила натяжений веревки $\vec{F}$, сила реакции сходней $\vec{N}$ и сила трения $\vec{F}_{тр}$, величина которой $\vec{F}_{тр} = \mu N$. Спроектируем все силы на направление вдоль сходней и перпендикулярно к ним и запишем соответствующие уравнения движения.
Так как ящик не перемещается в направлении, перпендикулярно к сходням, то сумма проекций сил на это направление должна быть равна нулю, то есть
$N + F \sin ( \beta - \alpha) - mg \cos \alpha = 0$, (1)
Вдоль сходней ящик движется с ускорением $a$ (в частном случае при равномерном движении $a = 0$), поэтому cумма проекций сил должна быть равна $ma$:
$F \cos( \beta - \alpha) - mg \sin \alpha - \mu N = ma$. (2)
Из уравнений (1) и (2)
$F = \frac{ma + mg ( \sin \alpha + \mu \cos \alpha)}{ \cos ( \beta - \alpha) + \mu \sin ( \beta - \alpha) }$. (3)
В полученное выражение для силы $F$ угол $\beta$ входит только знаменатель. Следовательно, величина силы $F$ будет минимальной при таком значении угла $\beta$, при котором знаменатель в формуле (3) максимален, то есть максимальна величина
$\cos ( \beta - \alpha) + \mu \sin ( \beta - \alpha)$.
Сделаем некоторые преобразования. Представим коэффициент трения $\mu$ как тангенс некоторого угла $\gamma$:
$tg \gamma = \mu; \gamma = arctg \mu$;
$\sin \gamma = \frac{ \mu}{ \sqrt{1 + \mu^{2} } }; \cos \gamma = \frac{1}{ \sqrt{1 + \mu^{2} } }$.
Тогда можно записать:
$\cos ( \beta - \alpha) + \mu \sin ( \beta - \alpha) = \sqrt{1 + \mu^{2} } \cos ( \beta - \alpha - \gamma)$.
Последнее выражение максимально и равно
$\sqrt{1 + \mu^{2}}$ при $\beta - \alpha - \gamma = 0$, то есть при
$\beta = \alpha + \gamma = \alpha + arctg \mu$. (4)
При таком значении угла $\beta$ и минимальна сила $F$. Причем, если ящик движется равномерно ($a = 0$), тоРх
$F_{min} = \frac{mg( \sin \alpha + \mu \cos \alpha) }{ \sqrt{1 + \mu^{2} } }$.
а при движении с ускорением $a$
$F_{min} = \frac{ma + mg ( \sin \alpha + \mu \cos \alpha ) }{ \sqrt{1 + \mu^[2 } }$.
Однако это решение верно не для любого ускорения. Так как направление силы $\vec{F}$ не зависит от $a$, а абсолютная величина силы $\vec{F}$ увеличивается с увеличением ускорении, то при некотором значении ускорения $a = a_{0}$ сила $\vec{F}$ станет такой, что ее составляющая $F \sin ( \beta - \alpha )$, перпендикулярная к наклонной плоскости, будет равна по абсолютной величине составляющей силы тяжести $mg \cos \alpha$. При этом обратятся в нуль как сила $\vec{N}$ так и сила $\vec{F}_{тр}$. В дальнейшем (при $a > a_{0}$) для того чтобы ящик не оторвался от полозьев, направление силы $\vec{F}$ должно меняться с увеличением ускорения а так, чтобы составляющая силы $\vec{F}$, перпендикулярная к наклонной плоскости, оставалась равном составляющей силы тяжести, то есть
$F \sin ( \beta - \alpha ) = mg \cos \alpha$.
Для составляющих этих сил, параллельных наклонной плоскости, можно записать
$F \cos ( \beta - \alpha ) - mg \sin \alpha = ma$.
Из двух последних равенств найдем.
$tg ( \beta - \alpha) = \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a }$,
откуда
$\beta = \alpha + arctg \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a}$. (5)
Величину $a_{0}$ можно найти из тех соображений, что при $a = a_{0}$ значения угла $\beta$ из (4) и (5) совпадают:
$\alpha + arctg \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a_{0} } = \alpha + arctg \mu$,
откуда
$a_{0} = g \left ( \frac{ \cos \alpha}{ \mu} - \sin \alpha \right )$.
Итак, при $a \leq a_{0}$ (следовательно, и при равномерном движении тоже)
$\beta = \alpha + arctg \mu$,
При $a > a_{0}$
$\beta = \alpha + arctg \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a}$.
Мы решили задачу. Однако, приведем еще одно решение. Это - красивое геометрическое решение.
При равномерном движении вдоль сходней сумма всех сил должна быть равна нулю. Заменим силы $\vec{N}$ и $\vec{F}_{тр}$ их равнодействующей $\vec{Q} = \vec{N} + \vec{F}_{тр}$ (рис.) и будем складывать силы $\vec{Q}, \vec{F}$ и $m \vec{g}$. Они должны образовать замкнутый треугольник.
Заметим, что направление силы $\vec{Q}$ составляет с перпендикуляром к наклонной плоскости угол $\delta$ такой, что
$tg \delta = \frac{F_{тр} }{N} = \frac{ \mu N}{N} = \mu$,
то есть при изменении величины и направления силы $\vec{F}$ направление силы $\vec{Q}$ остается неизменным. Следовательно, абсолютная величина вектора $\vec{F}$ будет минимальна, если он перпендикулярен к вектору $\vec{Q}$ (рис.) (так как величина и направленно вектора $m \vec{g}$ не меняются). При этом с горизонтом сила $\vec{F}$ будет составлять угол
$\beta = \alpha + \delta = \alpha + arctg \mu$
(углы $\beta$ и $\alpha + \delta$ равны как углы с взаимно перпендикулярнымн сторонами).
Точно так же решается задача, когда ящик движется с ускорением $a < a_{0}$. В этом случае сумма векторов $m \vec{g}, \vec{Q}$ и $\vec{F}$ должна быть равна $m \vec{a}$ (рис.). Это изменит абсолютную величину силы $\vec{F}$, но не изменит ее направления.
При $a > a_{0}$, когда силы $\vec{N}, \vec{F}_{тр}$, а, следовательно, и $\vec{Q}$ равны нулю, сила $\vec{F}$ должна соединять концы векторов $mg$ и $ma$ (рис.). Легко видеть, что в этом случае
$\beta = arctg \frac{g + a \sin \alpha}{a \cos \alpha} = \alpha + arctg \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a}$.
По деревянным сходням, образующим угол $\alpha$ с горизонтом, втаскивают за веревку ящик. Коэффициент трения ящика о сходни $\mu$. Под каким углом к горизонту следует направить веревку, чтобы с наименьшим усилием втаскивать ящик: а) равномерно, б) с заоанным ускорением $a$?
Решение:
Рассмотрим силы, действующие на ящик (рис.). Это - сила тяжести $m \vec{g}$, сила натяжений веревки $\vec{F}$, сила реакции сходней $\vec{N}$ и сила трения $\vec{F}_{тр}$, величина которой $\vec{F}_{тр} = \mu N$. Спроектируем все силы на направление вдоль сходней и перпендикулярно к ним и запишем соответствующие уравнения движения.
Так как ящик не перемещается в направлении, перпендикулярно к сходням, то сумма проекций сил на это направление должна быть равна нулю, то есть
$N + F \sin ( \beta - \alpha) - mg \cos \alpha = 0$, (1)
Вдоль сходней ящик движется с ускорением $a$ (в частном случае при равномерном движении $a = 0$), поэтому cумма проекций сил должна быть равна $ma$:
$F \cos( \beta - \alpha) - mg \sin \alpha - \mu N = ma$. (2)
Из уравнений (1) и (2)
$F = \frac{ma + mg ( \sin \alpha + \mu \cos \alpha)}{ \cos ( \beta - \alpha) + \mu \sin ( \beta - \alpha) }$. (3)
В полученное выражение для силы $F$ угол $\beta$ входит только знаменатель. Следовательно, величина силы $F$ будет минимальной при таком значении угла $\beta$, при котором знаменатель в формуле (3) максимален, то есть максимальна величина
$\cos ( \beta - \alpha) + \mu \sin ( \beta - \alpha)$.
Сделаем некоторые преобразования. Представим коэффициент трения $\mu$ как тангенс некоторого угла $\gamma$:
$tg \gamma = \mu; \gamma = arctg \mu$;
$\sin \gamma = \frac{ \mu}{ \sqrt{1 + \mu^{2} } }; \cos \gamma = \frac{1}{ \sqrt{1 + \mu^{2} } }$.
Тогда можно записать:
$\cos ( \beta - \alpha) + \mu \sin ( \beta - \alpha) = \sqrt{1 + \mu^{2} } \cos ( \beta - \alpha - \gamma)$.
Последнее выражение максимально и равно
$\sqrt{1 + \mu^{2}}$ при $\beta - \alpha - \gamma = 0$, то есть при
$\beta = \alpha + \gamma = \alpha + arctg \mu$. (4)
При таком значении угла $\beta$ и минимальна сила $F$. Причем, если ящик движется равномерно ($a = 0$), тоРх
$F_{min} = \frac{mg( \sin \alpha + \mu \cos \alpha) }{ \sqrt{1 + \mu^{2} } }$.
а при движении с ускорением $a$
$F_{min} = \frac{ma + mg ( \sin \alpha + \mu \cos \alpha ) }{ \sqrt{1 + \mu^[2 } }$.
Однако это решение верно не для любого ускорения. Так как направление силы $\vec{F}$ не зависит от $a$, а абсолютная величина силы $\vec{F}$ увеличивается с увеличением ускорении, то при некотором значении ускорения $a = a_{0}$ сила $\vec{F}$ станет такой, что ее составляющая $F \sin ( \beta - \alpha )$, перпендикулярная к наклонной плоскости, будет равна по абсолютной величине составляющей силы тяжести $mg \cos \alpha$. При этом обратятся в нуль как сила $\vec{N}$ так и сила $\vec{F}_{тр}$. В дальнейшем (при $a > a_{0}$) для того чтобы ящик не оторвался от полозьев, направление силы $\vec{F}$ должно меняться с увеличением ускорения а так, чтобы составляющая силы $\vec{F}$, перпендикулярная к наклонной плоскости, оставалась равном составляющей силы тяжести, то есть
$F \sin ( \beta - \alpha ) = mg \cos \alpha$.
Для составляющих этих сил, параллельных наклонной плоскости, можно записать
$F \cos ( \beta - \alpha ) - mg \sin \alpha = ma$.
Из двух последних равенств найдем.
$tg ( \beta - \alpha) = \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a }$,
откуда
$\beta = \alpha + arctg \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a}$. (5)
Величину $a_{0}$ можно найти из тех соображений, что при $a = a_{0}$ значения угла $\beta$ из (4) и (5) совпадают:
$\alpha + arctg \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a_{0} } = \alpha + arctg \mu$,
откуда
$a_{0} = g \left ( \frac{ \cos \alpha}{ \mu} - \sin \alpha \right )$.
Итак, при $a \leq a_{0}$ (следовательно, и при равномерном движении тоже)
$\beta = \alpha + arctg \mu$,
При $a > a_{0}$
$\beta = \alpha + arctg \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a}$.
Мы решили задачу. Однако, приведем еще одно решение. Это - красивое геометрическое решение.
При равномерном движении вдоль сходней сумма всех сил должна быть равна нулю. Заменим силы $\vec{N}$ и $\vec{F}_{тр}$ их равнодействующей $\vec{Q} = \vec{N} + \vec{F}_{тр}$ (рис.) и будем складывать силы $\vec{Q}, \vec{F}$ и $m \vec{g}$. Они должны образовать замкнутый треугольник.
Заметим, что направление силы $\vec{Q}$ составляет с перпендикуляром к наклонной плоскости угол $\delta$ такой, что
$tg \delta = \frac{F_{тр} }{N} = \frac{ \mu N}{N} = \mu$,
то есть при изменении величины и направления силы $\vec{F}$ направление силы $\vec{Q}$ остается неизменным. Следовательно, абсолютная величина вектора $\vec{F}$ будет минимальна, если он перпендикулярен к вектору $\vec{Q}$ (рис.) (так как величина и направленно вектора $m \vec{g}$ не меняются). При этом с горизонтом сила $\vec{F}$ будет составлять угол
$\beta = \alpha + \delta = \alpha + arctg \mu$
(углы $\beta$ и $\alpha + \delta$ равны как углы с взаимно перпендикулярнымн сторонами).
Точно так же решается задача, когда ящик движется с ускорением $a < a_{0}$. В этом случае сумма векторов $m \vec{g}, \vec{Q}$ и $\vec{F}$ должна быть равна $m \vec{a}$ (рис.). Это изменит абсолютную величину силы $\vec{F}$, но не изменит ее направления.
При $a > a_{0}$, когда силы $\vec{N}, \vec{F}_{тр}$, а, следовательно, и $\vec{Q}$ равны нулю, сила $\vec{F}$ должна соединять концы векторов $mg$ и $ma$ (рис.). Легко видеть, что в этом случае
$\beta = arctg \frac{g + a \sin \alpha}{a \cos \alpha} = \alpha + arctg \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a}$.
