Ящик на сходнях

Выразите силу натяжения через угол \(\varphi\) между верёвкой и сходнями: она тянет ящик вдоль склона и одновременно уменьшает его давление на склон. Наименьшая сила — наибольший знаменатель.

В обоих случаях \(\beta=\alpha+\operatorname{arctg}\mu\) (угол к горизонту; угол к сходням \(\varphi_0=\operatorname{arctg}\mu\)), от \(a\) он не зависит. а) \(F_{\min}=\dfrac{mg(\sin\alpha+\mu\cos\alpha)}{\sqrt{1+\mu^2}}\);  б) \(F_{\min}=\dfrac{m\,(g\sin\alpha+\mu g\cos\alpha+a)}{\sqrt{1+\mu^2}}\).

Что происходит. Ящик скользит вверх по склону. Верёвка тянет под углом \(\varphi\) к склону: одна часть её силы тянет ящик вдоль склона, другая приподнимает его, уменьшает давление на склон и тем самым силу трения. Слишком малый угол почти не уменьшает трение, слишком большой тратит силу на подъём, а не на движение вдоль склона. Главная идея: записать силу натяжения как функцию \(\varphi\) и найти её минимум.

Обозначения. Ось \(x\) — вдоль склона вверх, ось \(y\) — перпендикулярно склону. \(a\) — ускорение ящика вдоль оси \(x\) (в пункте а \(a=0\)), \(\varphi\) — угол между верёвкой и склоном, \(\beta=\alpha+\varphi\) — угол верёвки с горизонтом, именно он спрашивается. Ящик не отрывается от склона: \(N>0\).

1. Движение поперёк склона. Запишем второй закон Ньютона для ящика в проекции на ось \(y\): ящик не отрывается и не проваливается, ускорение вдоль \(y\) равно нулю: \[N+F\sin\varphi-mg\cos\alpha=0,\qquad N=mg\cos\alpha-F\sin\varphi .\]

2. Движение вдоль склона. Тот же закон в проекции на ось \(x\). Ящик скользит вверх, трение скольжения \(F_{\text{тр}}=\mu N\) направлено вниз по склону: \[ma=F\cos\varphi-mg\sin\alpha-\mu N .\]

3. Сила натяжения как функция угла. Подставим \(N\) из первого уравнения: \[F\,(\cos\varphi+\mu\sin\varphi)=m\,(g\sin\alpha+\mu g\cos\alpha+a),\qquad F=\frac{m\,(g\sin\alpha+\mu g\cos\alpha+a)}{\cos\varphi+\mu\sin\varphi}.\] Числитель от \(\varphi\) не зависит. Наименьшее \(F\) — наибольший знаменатель.

4. Максимум знаменателя. Введём угол трения \(\varphi_0\): \(\operatorname{tg}\varphi_0=\mu\), то есть \(\cos\varphi_0=1/\sqrt{1+\mu^2}\), \(\sin\varphi_0=\mu/\sqrt{1+\mu^2}\). Тогда \[\cos\varphi+\mu\sin\varphi=\sqrt{1+\mu^2}\,\cos(\varphi-\varphi_0).\] Наибольшее значение \(\sqrt{1+\mu^2}\) достигается при \(\varphi=\varphi_0=\operatorname{arctg}\mu\). Значит, наилучший угол с горизонтом \[\beta=\alpha+\operatorname{arctg}\mu ,\] и \[F_{\min}=\frac{m\,(g\sin\alpha+\mu g\cos\alpha+a)}{\sqrt{1+\mu^2}} .\] При \(a=0\) (пункт а) выражение упрощается: \(\sin\alpha+\mu\cos\alpha=\sqrt{1+\mu^2}\,\sin(\alpha+\varphi_0)\), откуда \(F_{\min}=mg\sin(\alpha+\varphi_0)=mg\sin\beta\).

Обратите внимание: ускорение \(a\) входит только в числитель, поэтому оптимальный угол одинаков и при равномерном, и при ускоренном движении: от \(a\) меняется лишь величина силы.

Обратите внимание: формулы верны, пока \(N>0\). При \(F_{\min}\) давление равно \(N=\dfrac{m\,[g(\cos\alpha-\mu\sin\alpha)-\mu a]}{1+\mu^2}\). При \(a=0\) условие \(N>0\) означает \(\mu\operatorname{tg}\alpha<1\), то есть \(\beta<90^\circ\). Иначе верёвка поднимала бы ящик, и задача стала бы другой.

Второй способ (пункт а). Сумму нормальной силы и трения \(\vec R=\vec N+\vec F_{\text{тр}}\) при скольжении можно записать одной силой: она отклонена от нормали к склону на угол \(\varphi_0\) (\(\operatorname{tg}\varphi_0=F_{\text{тр}}/N=\mu\)) в сторону, противоположную движению. Три силы \(m\vec g\), \(\vec R\), \(\vec F\) уравновешены, из них известны вектор \(m\vec g\) и направление \(\vec R\). Наименьшая из подходящих \(F\) перпендикулярна \(\vec R\); тогда верёвка идёт под углом \(\varphi_0\) к склону, а \(F=mg\sin\gamma\), где \(\gamma=\alpha+\varphi_0\) — угол между вертикалью и \(\vec R\). Получили тот же ответ.

Ответ. В обоих случаях верёвку направлять под углом \(\beta=\alpha+\operatorname{arctg}\mu\) к горизонту (под углом \(\operatorname{arctg}\mu\) к сходням); а) \(F_{\min}=mg\sin(\alpha+\operatorname{arctg}\mu)\); б) \(F_{\min}=\dfrac{m\,(g\sin\alpha+\mu g\cos\alpha+a)}{\sqrt{1+\mu^2}}\).

Проверка. Размерность: \(F\) — сила, \(\mu\) безразмерно. Предел \(\mu\to0\): \(\beta=\alpha\), верёвка вдоль склона, \(F=m(g\sin\alpha+a)\) — как без трения. Предел \(\alpha=0\), \(a=0\): \(\beta=\operatorname{arctg}\mu\), \(F_{\min}=\mu mg/\sqrt{1+\mu^2}\) — известный результат для ящика на горизонтальном полу. Числа (график): при \(\alpha=30^\circ\), \(\mu=0{,}5\), \(a=0\) минимум \(0{,}83\,mg\) при \(\beta\approx56{,}6^\circ\), а при \(\beta=\alpha\) нужно \(0{,}93\,mg\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.