Решение

Рассмотрим силы, действующие на ящик (рис.). Это - сила тяжести $m \vec{g}$, сила натяжения веревки $\vec{F}$, сила реакции соударения $\vec{N}$ и сила трения $\vec{F}_{тр}$, величина которой $\vec{F}_{тр} = \mu N$. Спроктируем все силы на направление вдоль схождения и перпендикулярно к ним и запишем соответственные уравнения движения.

Так как ящик не перемещается в направлении, перпендикулярном схождению, то сумма проекций сил на это направление должна быть равна нулю, то есть

$$N + F \sin ( \beta - \alpha ) - mg \cos\alpha = 0, \tag{1}$$

Вдоль схождения ящик движется с ускорением $a$ (в частном случае при равномерном движении $a = 0$), поэтому сумма проекций сил должна быть равна $ma$:

$$F \cos( \beta - \alpha ) - mg \sin\alpha - \mu N = ma. \tag{2}$$

Из уравнений (1) и (2) получаем:

$$F = \frac{ma + mg ( \sin\alpha + \mu\cos\alpha )}{ \cos ( \beta - \alpha ) + \mu\sin ( \beta - \alpha ) }. \tag{3}$$

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 $\gamma$:

$$\tan\gamma = \mu ; \quad \gamma = \arctan \mu ;$$ $$\sin\gamma = \frac{ \mu}{ \sqrt{1 + \mu^{2} } }; \quad \cos\gamma = \frac{1}{ \sqrt{1 + \mu^{2} } }.$$

Тогда можно записать:

$$\cos ( \beta - \alpha ) + \mu\sin ( \beta - \alpha ) = \sqrt{1 + \mu^{2} } \cos ( \beta - \alpha - \gamma ).$$

Последнее выражение максимально и равно

$$\sqrt{1 + \mu^{2}} \quad \text{при} \quad \beta - \alpha - \gamma = 0, \quad \text{то есть при} \quad \beta = \alpha + \gamma = \alpha + \arctan \mu . \tag{4}$$

При таком значении угла $\beta$ и минимальна сила $F$. Причем, если ящик движется равномерно ($a = 0$), то

$$F_{min} = \frac{mg( \sin\alpha + \mu\cos\alpha ) }{ \sqrt{1 + \mu^{2} } }.$$

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 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 $$F \cos (\beta - \alpha ) - mg \sin\alpha = ma$$ Из двух последних равенств найдем $$\tan (\beta - \alpha ) = \frac{g \cos\alpha}{g \sin\alpha + a}$$ откуда $$\beta = \alpha + \arctan \frac{g \cos\alpha}{g \sin\alpha + a}$$ Величину $a_0$ можно найти из тех соображений, что при $a = a_0$ значение угла $\beta$ из (4) и (5) совпадают: $$\alpha + \arctan \frac{g \cos\alpha}{g \sin\alpha + a_0 } = \alpha + \arctan \mu$$ откуда $$a_0 = g \left( \frac{\cos\alpha}{\mu} - \sin\alpha\right)$$ Итак, при $a \leq a_0$ (следовательно, и при равномерном движении тоже) $$\beta = \alpha + \arctan \mu$$ При $a > a_0$ $$\beta = \alpha + \arctan \frac{g \cos\alpha}{g \sin\alpha + a}$$ 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 $$\tan\delta = \frac{F_{тр}}{N} = \frac{\mu N}{N} = \mu$$

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: $$F_{\min} = mg \sin\alpha + mg \mu\cos\alpha = mg (\sin\alpha + \mu\cos\alpha )$$ Таким образом, величина минимальной силы, необходимой для подъема ящика с ускорением $a \leq a_0$ равна $$F_{\min} = mg (\sin\alpha + \mu\cos\alpha )$$ Если ускорение $a > a_0$, то для минимальной силы $\vec{F}$, направленной под углом $\beta$ к горизонтали, имеем: $$\beta = \alpha + \arctan \frac{g \cos\alpha}{g \sin\alpha + a}$$