Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 2061
2017-01-14 
Склон горы образует угол $\alpha$ с горизонтом. Какова минимальная сила, позволяющая втаскивать санки в гору с постоянным заданным ускорением $a$? Под каким углом $\beta$ должна быть направлена эта сила?
Решение:
рис.1
рис.2
рис.3
рис.4
Уравнение второго закона Ньютона записывается в виде:
$m \vec{g} + \vec{Q} + \vec{F} = m \vec{a}$, (1)
где $m \vec{g}, \vec{Q}$ и $\vec{F}$ — силы тяжести, сила реакции поверхности и сила с которой тянут за веревку, соответственно; $\vec{a}$ — заданное ускорение санок (рис. 1).
Видно, что наименьшая по модулю сила $\vec{F}$ перпендикулярна $\vec{Q}$ и составляет угол $\alpha + \phi( \phi = arctg \mu)$ с горизонтом. Для модуля этой силы имеем:
$F = ma \frac{ \cos \alpha}{ \cos ( \alpha + \phi)} + \left ( mg - ma \frac{ \sin \phi}{ \cos ( \alpha + \phi)} \right ) \sin ( \alpha + \phi)$. (2)
Это выражение получается с помощью теоремы синусов. Из треугольника OBD находятся DB и OD. Затем находится AD как разность $AO = mg$ и OD. Наконец из треугольника ACD длина CD выражается через AD. Модуль $\vec{F}$ равен сумме CD и DB.
При $\alpha = 0$ (санки на горизонтальной поверхности) из (2) имеем:
$F = \frac{ma}{ \cos \phi} + (mg - ma tg \phi) \sin \phi$. (3)
В справедливости этого выражения можно убедиться непосредственно с помощью рис. 2, где все треугольники прямоугольные.
При достаточно большом по модулю ускорении $\vec{a}$ перпендикуляр, опущенный из конца вектора $m \vec{a}$, пересечет направление $\vec{Q}$ ниже конца вектора $m \vec{g}$. Из рис. 3 видно, что это произойдет при
$\frac{g \cos \alpha}{ a + g \sin \alpha} < \mu$. (4)
При $\alpha = 0$ условие (4) переходит в $g/a < \mu$, очевидное из рис. 2.
Поскольку сила $\vec{Q}$ не может быть направлена вниз, то наименьшая по модулю сила $\vec{F}$ при выполнении условия (4) замыкает треугольник векторов $m \vec{g}$ и $m \vec{a}$, а сила $Q$ равна нулю (рис. 4). В этом случае санки не соприкасаются с поверхностью, а для модуля силы $\vec{F}$ справедливо
$F = m \sqrt{ g^{2} + a^{2} + 2ga \sin \alpha}$. (5)
Ответ: $F = ma \frac{ \cos \alpha}{ \cos ( \alpha + \phi)} + \left ( mg - ma \frac{ \sin \phi}{ \cos ( \alpha + \phi)} \right ) \sin ( \alpha + \phi); \beta = \alpha + \phi$, где $\phi = arctg \mu$.
Склон горы образует угол $\alpha$ с горизонтом. Какова минимальная сила, позволяющая втаскивать санки в гору с постоянным заданным ускорением $a$? Под каким углом $\beta$ должна быть направлена эта сила?
Решение:
рис.1
рис.2
рис.3
рис.4
Уравнение второго закона Ньютона записывается в виде:
$m \vec{g} + \vec{Q} + \vec{F} = m \vec{a}$, (1)
где $m \vec{g}, \vec{Q}$ и $\vec{F}$ — силы тяжести, сила реакции поверхности и сила с которой тянут за веревку, соответственно; $\vec{a}$ — заданное ускорение санок (рис. 1).
Видно, что наименьшая по модулю сила $\vec{F}$ перпендикулярна $\vec{Q}$ и составляет угол $\alpha + \phi( \phi = arctg \mu)$ с горизонтом. Для модуля этой силы имеем:
$F = ma \frac{ \cos \alpha}{ \cos ( \alpha + \phi)} + \left ( mg - ma \frac{ \sin \phi}{ \cos ( \alpha + \phi)} \right ) \sin ( \alpha + \phi)$. (2)
Это выражение получается с помощью теоремы синусов. Из треугольника OBD находятся DB и OD. Затем находится AD как разность $AO = mg$ и OD. Наконец из треугольника ACD длина CD выражается через AD. Модуль $\vec{F}$ равен сумме CD и DB.
При $\alpha = 0$ (санки на горизонтальной поверхности) из (2) имеем:
$F = \frac{ma}{ \cos \phi} + (mg - ma tg \phi) \sin \phi$. (3)
В справедливости этого выражения можно убедиться непосредственно с помощью рис. 2, где все треугольники прямоугольные.
При достаточно большом по модулю ускорении $\vec{a}$ перпендикуляр, опущенный из конца вектора $m \vec{a}$, пересечет направление $\vec{Q}$ ниже конца вектора $m \vec{g}$. Из рис. 3 видно, что это произойдет при
$\frac{g \cos \alpha}{ a + g \sin \alpha} < \mu$. (4)
При $\alpha = 0$ условие (4) переходит в $g/a < \mu$, очевидное из рис. 2.
Поскольку сила $\vec{Q}$ не может быть направлена вниз, то наименьшая по модулю сила $\vec{F}$ при выполнении условия (4) замыкает треугольник векторов $m \vec{g}$ и $m \vec{a}$, а сила $Q$ равна нулю (рис. 4). В этом случае санки не соприкасаются с поверхностью, а для модуля силы $\vec{F}$ справедливо
$F = m \sqrt{ g^{2} + a^{2} + 2ga \sin \alpha}$. (5)
Ответ: $F = ma \frac{ \cos \alpha}{ \cos ( \alpha + \phi)} + \left ( mg - ma \frac{ \sin \phi}{ \cos ( \alpha + \phi)} \right ) \sin ( \alpha + \phi); \beta = \alpha + \phi$, где $\phi = arctg \mu$.
