Updated spacing between @ latex expressions

astrosander edited
View solution History
revision #10238 parent #9966 GitHub c702ebe ← older newer →
ru/2.1.26.md +29 −29
@@ -78,93 +78,93 @@
<p>Так как ящик не перемещается в направлении, перпендикулярном схождению, то сумма проекций сил на это направление должна быть равна нулю, то есть</p>
\[
− N + F \sin ( \beta - \alpha) - mg \cos \alpha = 0, \tag{1}
+ N + F \sin ( \beta - \alpha ) - mg \cos\alpha = 0, \tag{1}
\]
<p>Вдоль схождения ящик движется с ускорением $ a $ (в частном случае при равномерном движении $ a = 0 $), поэтому сумма проекций сил должна быть равна $ ma $:</p>
\[
− F \cos( \beta - \alpha) - mg \sin \alpha - \mu N = ma. \tag{2}
+ F \cos( \beta - \alpha ) - mg \sin\alpha - \mu N = ma. \tag{2}
\]
<p>Из уравнений (1) и (2) получаем:</p>
\[
− F = \frac{ma + mg ( \sin \alpha + \mu \cos \alpha)}{ \cos ( \beta - \alpha) + \mu \sin ( \beta - \alpha) }. \tag{3}
+ F = \frac{ma + mg ( \sin\alpha + \mu\cos\alpha )}{ \cos ( \beta - \alpha ) + \mu\sin ( \beta - \alpha ) }. \tag{3}
\]
− <p>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</p>
+ <p>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</p>
\[
− \cos ( \beta - \alpha) + \mu \sin ( \beta - \alpha).
+ \cos ( \beta - \alpha ) + \mu\sin ( \beta - \alpha ).
\]
− <p>Сделаем некоторые преобразования. Представим коэффициент трения $ \mu $ как тангенс некоторого угла $ \gamma $:</p>
+ <p>Сделаем некоторые преобразования. Представим коэффициент трения $ \mu$ как тангенс некоторого угла $ \gamma$:</p>
\[
− \tan \gamma = \mu; \quad \gamma = \arctan \mu;
+ \tan\gamma = \mu ; \quad \gamma = \arctan \mu ;
\]
\[
− \sin \gamma = \frac{ \mu}{ \sqrt{1 + \mu^{2} } }; \quad \cos \gamma = \frac{1}{ \sqrt{1 + \mu^{2} } }.
+ \sin\gamma = \frac{ \mu}{ \sqrt{1 + \mu^{2} } }; \quad \cos\gamma = \frac{1}{ \sqrt{1 + \mu^{2} } }.
\]
<p>Тогда можно записать:</p>
\[
− \cos ( \beta - \alpha) + \mu \sin ( \beta - \alpha) = \sqrt{1 + \mu^{2} } \cos ( \beta - \alpha - \gamma).
+ \cos ( \beta - \alpha ) + \mu\sin ( \beta - \alpha ) = \sqrt{1 + \mu^{2} } \cos ( \beta - \alpha - \gamma ).
\]
<p>Последнее выражение максимально и равно</p>
\[
− \sqrt{1 + \mu^{2}} \quad \text{при} \quad \beta - \alpha - \gamma = 0, \quad \text{то есть при} \quad \beta = \alpha + \gamma = \alpha + \arctan \mu. \tag{4}
+ \sqrt{1 + \mu^{2}} \quad \text{при} \quad \beta - \alpha - \gamma = 0, \quad \text{то есть при} \quad \beta = \alpha + \gamma = \alpha + \arctan \mu . \tag{4}
\]
− <p>При таком значении угла $ \beta $ и минимальна сила $ F $. Причем, если ящик движется равномерно ($ a = 0 $), то</p>
+ <p>При таком значении угла $ \beta$ и минимальна сила $ F $. Причем, если ящик движется равномерно ($ a = 0 $), то</p>
\[
− F_{min} = \frac{mg( \sin \alpha + \mu \cos \alpha) }{ \sqrt{1 + \mu^{2} } }.
+ F_{min} = \frac{mg( \sin\alpha + \mu\cos\alpha ) }{ \sqrt{1 + \mu^{2} } }.
\]
<p>а при движении с ускорением $ a $</p>
\[
− F_{min} = \frac{ma + mg ( \sin \alpha + \mu \cos \alpha ) }{ \sqrt{1 + \mu^{2} } }.
+ F_{min} = \frac{ma + mg ( \sin\alpha + \mu\cos\alpha ) }{ \sqrt{1 + \mu^{2} } }.
\]
<p>
− 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 ускорения, 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 обратится 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 так, чтобы составляющая силы $ \vec{F} $, перпендикулярная к наклонной плоскости, оставалась равной составляющей силы тяжести, то есть
− \[ F \sin (\beta - \alpha) = mg \cos \alpha \]
+ 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 ускорения, 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 обратится 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 так, чтобы составляющая силы $ \vec{F} $, перпендикулярная к наклонной плоскости, оставалась равной составляющей силы тяжести, то есть
+ \[ F \sin (\beta - \alpha ) = mg \cos\alpha\]
Для составляющих этих сил, параллельных наклонной плоскости, можно записать
− \[ F \cos (\beta - \alpha) - mg \sin \alpha = ma \]
+ \[ F \cos (\beta - \alpha ) - mg \sin\alpha = ma \]
Из двух последних равенств найдем
− \[ \tan (\beta - \alpha) = \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a} \]
+ \[ \tan (\beta - \alpha ) = \frac{g \cos\alpha}{g \sin\alpha + a} \]
откуда
− \[ \beta = \alpha + \arctan \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a} \]
+ \[ \beta = \alpha + \arctan \frac{g \cos\alpha}{g \sin\alpha + a} \]
− Величину $ a_0 $ можно найти из тех соображений, что при $ a = a_0 $ значение угла $ \beta $ из (4) и (5) совпадают:
− \[ \alpha + \arctan \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a_0 } = \alpha + \arctan \mu \]
+ Величину $ a_0 $ можно найти из тех соображений, что при $ a = a_0 $ значение угла $ \beta$ из (4) и (5) совпадают:
+ \[ \alpha + \arctan \frac{g \cos\alpha}{g \sin\alpha + a_0 } = \alpha + \arctan \mu\]
откуда
− \[ a_0 = g \left( \frac{\cos \alpha}{\mu} - \sin \alpha \right) \]
+ \[ a_0 = g \left( \frac{\cos\alpha}{\mu} - \sin\alpha\right) \]
Итак, при $ a \leq a_0 $ (следовательно, и при равномерном движении тоже)
− \[ \beta = \alpha + \arctan \mu \]
+ \[ \beta = \alpha + \arctan \mu\]
При $ a > a_0 $
− \[ \beta = \alpha + \arctan \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a} \]
+ \[ \beta = \alpha + \arctan \frac{g \cos\alpha}{g \sin\alpha + a} \]
Мы решили задачу. Однако, приведем еще одно решение. Это - красивое геометрическое решение.
При равномерном движении вдоль склонней 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.
− Заменим, что направление силы $ \vec{Q} $ составляет с перпендикуляром к наклонной плоскости угол $ \delta $ такой, что
− \[ \tan \delta = \frac{F_{тр}}{N} = \frac{\mu N}{N} = \mu \]
+ Заменим, что направление силы $ \vec{Q} $ составляет с перпендикуляром к наклонной плоскости угол $ \delta$ такой, что
+ \[ \tan\delta = \frac{F_{тр}}{N} = \frac{\mu N}{N} = \mu\]
</p>
<center>
@@ -176,13 +176,13 @@
<p>
Таким образом, при изменении величины и направления силы $ \vec{F} $ направление силы $ \vec{Q} $ остается неизменным. Следовательно, абсолютная величина силы $ \vec{F} $ будет минимальна, если он перпендикулярен к вектору $ \vec{Q} $ (рис.). (так как величина и направление вектора $ m \vec{g} $ неизменны), то минимальная сила будет равна:
− \[ F_{\min} = mg \sin \alpha + mg \mu \cos \alpha = mg (\sin \alpha + \mu \cos \alpha) \]
+ \[ F_{\min} = mg \sin\alpha + mg \mu\cos\alpha = mg (\sin\alpha + \mu\cos\alpha ) \]
Таким образом, величина минимальной силы, необходимой для подъема ящика с ускорением $ a \leq a_0 $ равна
− \[ F_{\min} = mg (\sin \alpha + \mu \cos \alpha) \]
+ \[ F_{\min} = mg (\sin\alpha + \mu\cos\alpha ) \]
− Если ускорение $ a > a_0 $, то для минимальной силы $ \vec{F} $, направленной под углом $ \beta $ к горизонтали, имеем:
− \[ \beta = \alpha + \arctan \frac{g \cos \alpha}{g \sin \alpha + a} \]</p>
+ Если ускорение $ a > a_0 $, то для минимальной силы $ \vec{F} $, направленной под углом $ \beta$ к горизонтали, имеем:
+ \[ \beta = \alpha + \arctan \frac{g \cos\alpha}{g \sin\alpha + a} \]</p>
</div>
<h3>
unchanged lines 27