Wciągają pod katem

Mechanika płynów. Sprężystość. Grawitacja. Inne zagadnienia mechaniki klasycznej.
Awatar użytkownika
Niepokonana
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1546
Rejestracja: 4 sie 2019, o 11:12
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 335 razy
Pomógł: 20 razy

Wciągają pod katem

Post autor: Niepokonana »

Witam
Proszę o pomoc
Klocek o masie \(\displaystyle{ 8 kg}\) został wciągnięty na pochylnię z prędkością o wartości \(\displaystyle{ 0{,}6 \frac{m}{s}}\) . Pochylnia była
ustawiona pod kątem \(\displaystyle{ 20^{\circ}}\) do poziomu. Podczas wciągania na klocek działała siła oporu ruchu
o wartości równej \(\displaystyle{ 0{,}1}\) jego ciężaru. Droga przebyta przez klocek na pochylni wynosiła \(\displaystyle{ 4 m}\). Można
przyjąć, że wartość przyspieszenia ziemskiego wynosi \(\displaystyle{ 10 \frac{m}{s^{2}} }\) Oblicz pracę, która została wykonana podczas wciągania klocka.
Mam wątpliwości... Czyli trzeba siła wypadkowa razy droga razy cosinus kąta.
Tylko jak policzyć siłę wypadkową i o cosinus jakiego kąta chodzi? \(\displaystyle{ 180^{\circ}}\) czy \(\displaystyle{ 20^{\circ}}\) ?
Jak tak sobie myślę, to przecież siła wypadkowa jest równa zero, bo ruch jest jednostajny. Ale w takim razie czego siłę policzyć? Siłę ciężaru? To by było logiczne, ale nadal nie wiem, o cosinus jakiego kąta chodzi.
Ostatnio zmieniony 8 sty 2020, o 21:14 przez Dasio11, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
janusz47
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7910
Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 30 razy
Pomógł: 1670 razy

Re: Wciągają pod katem

Post autor: janusz47 »

Prędkość wciągania klocka \(\displaystyle{ v = 0,6 \frac{m}{s} - }\) jest stała, stąd wynika, że ruch kocka na pochylni na drodze \(\displaystyle{ s = 4m }\) jest ruchem ...

Siły działające na klocek, to siła oporu \(\displaystyle{ \vec{F}_{op} }\) równa co do wartości \(\displaystyle{ 0,1\cdot F_{c} = 0,1 \cdot m \cdot g }\) i składowa siły ciężkości klocka, równoległa do podłoża pochylni \(\displaystyle{ \vec{F}_{\parallel} }\) o wartości \(\displaystyle{ m\cdot g \cdot \sin(\alpha). }\)

Siłą wykonującą pracę jest wypadkowa tych sił \(\displaystyle{ \vec{F}_{wyp}, }\) której wartość jest równa ...

Praca \(\displaystyle{ W }\) tej siły na drodze \(\displaystyle{ s }\) jest równa \(\displaystyle{ W = F_{wyp}\cdot s }\)
Ostatnio zmieniony 8 sty 2020, o 22:29 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Awatar użytkownika
Niepokonana
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1546
Rejestracja: 4 sie 2019, o 11:12
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 335 razy
Pomógł: 20 razy

Re: Wciągają pod katem

Post autor: Niepokonana »

Dziękuję bardzo.
kruszewski
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6882
Rejestracja: 7 gru 2010, o 16:50
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Staszów
Podziękował: 50 razy
Pomógł: 1112 razy

Re: Wciągają pod katem

Post autor: kruszewski »

A nie można napisać tak po prostu:
Praca \(\displaystyle{ W}\) jaką trzeba wykonać jest równa sumie dwu prac:
(*) na pokonanie siły oporu ruchu na drodze długości \(\displaystyle{ 4 }\) m
(**) na podniesieniu masy klocka na wysokość \(\displaystyle{ h}\) którą obliczyć łatwo jako że jest przyprostokątną leżącą naprzeciw podanego kąta nachylenia równi.
Awatar użytkownika
Niepokonana
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1546
Rejestracja: 4 sie 2019, o 11:12
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 335 razy
Pomógł: 20 razy

Re: Wciągają pod katem

Post autor: Niepokonana »

Dziękuję bardzo, ja się nie znam po prostu.
kruszewski
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6882
Rejestracja: 7 gru 2010, o 16:50
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Staszów
Podziękował: 50 razy
Pomógł: 1112 razy

Re: Wciągają pod katem

Post autor: kruszewski »

Post był nie do, a dla Pani.
janusz47
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7910
Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 30 razy
Pomógł: 1670 razy

Re: Wciągają pod katem

Post autor: janusz47 »

Z treści zadania wynika, że klocek jest wciągany na pochylnię ze stałą prędkością \(\displaystyle{ v }\) i przebywa drogę \(\displaystyle{ s.}\) Nie jest więc podnoszony na wysokość \(\displaystyle{ h. }\) Dlatego w rozwiązaniu zadania należy uwzględnić składową równoległą siły ciężkości.

Jeśli uwzględnimy drugi sposób rozwiązania zadania, stosując zasadę zachowania energii, to wtedy \(\displaystyle{ \Delta E_{k} = W_{F wypadkowej} }\)

\(\displaystyle{ \Delta E_{p} = - W_{ Fwewnętrznej}. }\)


\(\displaystyle{ E_{k1} + E_{p1} = E_{k2} + E_{p2} + W_{op} }\)


\(\displaystyle{ \frac{mv^2}{2} + 0 = 0 + mgh + 0,1\cdot mg s, \ \ \ h= s\cdot \sin(\alpha). }\)

Stąd

\(\displaystyle{ \Delta E_{k} = \frac{mv^2}{2} = W_{F wypadkowej} = m\cdot g\cdot s\cdot \sin(\alpha) + 0,1\cdot m\cdot g\cdot s.}\)


Ponadto stwierdzenia:
kruszewski pisze: 8 sty 2020, o 21:51 Praca W jaką trzeba wykonać jest równa sumie dwu prac:
(*) na pokonanie siły oporu ruchu na drodze długości 4 m
(**) na podniesieniu masy klocka na wysokość h, którą obliczyć łatwo, jako że jest przyprostokątną leżącą naprzeciw podanego kąta nachylenia równi.
są nieścisłe z punktu widzenia współczesnej fizyki. Kto?, Co? wykonuje pracę? ( jeśli trzeba ją wykonać).
kruszewski
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6882
Rejestracja: 7 gru 2010, o 16:50
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Staszów
Podziękował: 50 razy
Pomógł: 1112 razy

Re: Wciągają pod katem

Post autor: kruszewski »

Pan pyta o PESEL ciągnącego klocek?
Awatar użytkownika
AiDi
Moderator
Moderator
Posty: 3841
Rejestracja: 25 maja 2009, o 22:58
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 45 razy
Pomógł: 702 razy

Re: Wciągają pod katem

Post autor: AiDi »

Nieścisłość goni nieścisłość. Jest oczywistym (przynajmniej dla mnie), że pytanie jest o pracę tego który ten klocek wciągał, zatem stwierdzenie:
janusz47 pisze: Siły działające na klocek, to siła oporu \(\displaystyle{ \vec{F}_{op} }\) równa co do wartości \(\displaystyle{ 0,1\cdot F_{c} = 0,1 \cdot m \cdot g }\) i składowa siły ciężkości klocka, równoległa do podłoża pochylni \(\displaystyle{ \vec{F}_{\parallel} }\) o wartości \(\displaystyle{ m\cdot g \cdot \sin(\alpha). }\)
jest niepełne, bo jeśli byłyby to jedyne siły działające w kierunku ruchu to nie ma możliwości by klocek wjeżdżał do góry ruchem jednostajnym. Musi działać do góry człowiek (lub maszyna), który zrównoważy te dwie siły tak, że ruch będzie jednostajny. Stąd mamy siłę jaką ciągnięto klocek do góry \(\displaystyle{ F=mg\sin\alpha+0,1mg}\). I praca tej siły jest równa \(\displaystyle{ W=Fs\cos 0^\circ}\).

Dalej:
janusz47 pisze: Siłą wykonującą pracę jest wypadkowa tych sił \(\displaystyle{ \vec{F}_{wyp}, }\) której wartość jest równa ...
Siła o której wspominasz działa przeciwnie do kierunku ruchu, zatem jej praca jest równa \(\displaystyle{ W=F_{wyp}s\cos 180^\circ}\) i ma znak przeciwny do tej przez nas szukanej.
janusz47 pisze:stosując zasadę zachowania energii
Jeśli mowa o energii mechanicznej, to nie jest ona tutaj zachowana, bo występują siły niepotencjalne - siły oporu i siła pochodząca od człowieka/maszyny. Twierdzenie o pracy i energii mówi:
\(\displaystyle{ \Delta E_m=W_{\text{sił niepotencjalnych}}}\)
i o zachowaniu energii możemy mówić tylko i wyłącznie kiedy \(\displaystyle{ \Delta E_m=0}\). Wtedy nie ma explicite żadnej pracy w równaniach (jest implicite jako minus zmiana energii potencjalnych).
Swoją drogą zadanie można rozwiązać korzystając z tego twierdzenia:
\(\displaystyle{ \Delta E_p+\Delta E_k= \left( mgh-0 \right) + \left( \frac{mv^2}{2}-\frac{mv^2}{2} \right) =-0,1mgs+W_{\text{człowieka}}}\)
dostając ten sam wynik.
janusz47 pisze:Nie jest więc podnoszony na wysokość \(\displaystyle{ h}\).
To już zależy jak rozumieć słowo "podnosić". Dla niektórych to tylko ruch w pionie, a dla niektórych używanie równi pochyłej jest sprytnym sposobem podnoszenia rzeczy.
janusz47 pisze:są nieścisłe z punktu widzenia współczesnej fizyki. Kto?, Co? wykonuje pracę? ( jeśli trzeba ją wykonać).
No i ja się z tym zgodzę - praca związana jest zawsze z konkretną siłą. Jak widzę "praca potrzebna na pokonanie oporów ruchu" to zawsze pytam - praca jakiej siły? Nie pytam na forum, bo tyle tego tu widziałem, że bym zwariował jakbym miał każdą taką nieścisłość prostować. Tym bardziej, że wyniki są zawsze dobre, ale nie o wyniki chodzi, a o rozumienie czym jest praca. Rozważmy np. hamujący klocek mający pewną prędkość początkową - jedyna siła której praca jest niezerowa to siła tarcia. I teraz w tym kontekście często pojawia się "praca przeciwko tarciu" czy też "praca potrzebna na pokonanie sił tarcia". Ale jaka niby siła to tarcie pokonuje, skoro nic oprócz tarcia w kierunku ruchu nie działa? Często od uczniów dostaję pytanie "co z tym kosinusem w definicji pracy?", bo nauczyciele wprowadzając tę mistyczną pracę przeciwko siłom tarcia zręcznie tego minusa pomijają. A praca sił tarcia jest w niemal wszystkich szkolnych przypadkach ujemna! Tarcie odbiera energię z układu. To ważne! O pracy przeciwko siłom tarcia możemy mówić np. w przypadku kiedy człowiek pcha skrzynię ruchem jednostajnym. Wtedy w pewnym sensie pokonuje on siłę tarcia i wykonuje przeciwko niej pracę. Ale w takim przypadku tarcie też pracę wykonuje. Każda siła która nie jest prostopadła do przemieszczenia wykonuje pracę! W omawianym zadaniu pracę wykonuje i siła ze strony człowieka, i siła oporu (ujemną) i siła ciężkości (też ujemną).
korki_fizyka
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 656
Rejestracja: 17 lut 2016, o 21:49
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 74 razy

Re: Wciągają pod katem

Post autor: korki_fizyka »

janusz47 pisze: 9 sty 2020, o 00:22 Z treści zadania wynika, że klocek jest wciągany na pochylnię ze stałą prędkością.

[...]

\(\displaystyle{ \Delta E_{k} = \frac{mv^2}{2} = W_{F wypadkowej} = m\cdot g\cdot s\cdot \sin(\alpha) + 0,1\cdot m\cdot g\cdot s.}\)
Sam sobie kolega przeczy. Skoro ruch odbywa się ciągle ze stałą szybkością, to zmiana energii kinetycznej równa jest zeru.

Rozwiązanie kolegi kruszewskiego uważam za najprostsze i niebanalne. Wszakże pytanie było sformułowane następująco:
Niepokonana pisze: 8 sty 2020, o 20:07 Oblicz pracę, która została wykonana podczas wciągania klocka.
Nie narzucono sposobu podejścia do jego rozwiązania. Sama autorka postu miała wątpliwości. Skorzystanie z ZZEnergii wydaje się tu najprostsze. Prawdopodobnie jednak w programie szkolnym w dziale z mechaniki najpierw przerabiane są tematy z sił na równi pochyłej, pracy liczonej z definicji, a dopiero później zasady zachowania. Nie oznacza to bynajmniej, że fizyka stała się inna. A wytykanie w każdym kolejnym poście komuś jego wieku uważam za szczyt chamstwa i bezczelności :!:

Zauważyłem, że w międzyczasie zabrał głos kol. AiDi odniosę się więc jeszcze do jego wywodu.
AiDi pisze: 9 sty 2020, o 12:00 Swoją drogą zadanie można rozwiązać korzystając z tego twierdzenia:
\(\displaystyle{ \Delta E_p+\Delta E_k= \left( mgh-0 \right) + \left( \frac{mv^2}{2}-\frac{mv^2}{2} \right) =-0,1mgs+W_{\text{człowieka}}}\)
dostając ten sam wynik.
Prawdą jest, że w szkole średniej nie rozważa się szczegółowo kwestii sił niepotencjalnych, przechodząc do zastosowań ZZE. Powinno się to w wielu przypadkach nazywać bilansem prac i energii czyli uwzględniać ich znaki. Czyli wracając do postawionego zadania: zmiana Ek = 0, zmiana Ep = mgh, ujemna praca siły oporu i dodatnia praca siły wciągającej i tak się to zwykle zapisuje na tablicy w szkole.
Ostatnio zmieniony 9 sty 2020, o 12:47 przez korki_fizyka, łącznie zmieniany 1 raz.
janusz47
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7910
Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 30 razy
Pomógł: 1670 razy

Re: Wciągają pod katem

Post autor: janusz47 »

\(\displaystyle{ \Delta E_{k} = \frac{mv^2}{2} - 0 = W_{Fwyp} }\)

Niech Pan zajrzy na przykład do
poradnika metodycznego Zamkora część 1.

Rozwiązanie Pana Kruszewskiego jest najprostsze, ale nieścisłe.
Ostatnio zmieniony 9 sty 2020, o 12:38 przez janusz47, łącznie zmieniany 1 raz.
Awatar użytkownika
AiDi
Moderator
Moderator
Posty: 3841
Rejestracja: 25 maja 2009, o 22:58
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 45 razy
Pomógł: 702 razy

Re: Wciągają pod katem

Post autor: AiDi »

janusz47 pisze: 9 sty 2020, o 12:34 \(\displaystyle{ \Delta E_{k} = W_{Fwyp} }\)
Prawda. I to jest twierdzenie o pracy i energii w wersji podstawowej, w której nie mówi się o potencjalności sił. Zatem korzystając z tej wersji mamy
\(\displaystyle{ 0=W_{\text{oporu}}+W_{\text{ciężkości}}+W_{\text{człowieka}}}\)
Z definicji pracy:
\(\displaystyle{ W_{\text{oporu}}=-0,1mgs\\
W_{\text{ciężkości}}=-mgs\sin\alpha
}\)

skąd już łatwo dojść do wyniku.

Dodano po 4 minutach 30 sekundach:
janusz47 pisze: 9 sty 2020, o 12:34 \(\displaystyle{ \Delta E_{k} = \frac{mv^2}{2} - 0 = W_{Fwyp} }\)
Ale po tej poprawce to już nie jest prawda bo zgodnie z treścią \(\displaystyle{ \Delta E_k=0}\). Nie bierzemy pod uwagę etapu nadawania ciału prędkości \(\displaystyle{ v}\).
Awatar użytkownika
siwymech
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2428
Rejestracja: 17 kwie 2012, o 14:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Nowy Targ
Podziękował: 8 razy
Pomógł: 608 razy

Re: Wciągają pod katem

Post autor: siwymech »

...Mam wątpliwości... Czyli trzeba siła wypadkowa razy droga razy cosinus kąta.
Tylko jak policzyć siłę wypadkową i o cosinus jakiego kąta chodzi?..

Niepokonana
...............................................................................
Rysunek i przepis na wartość pracy powinien wyjaśnić wątpliwości związane z siłami i kątami.

Kod: Zaznacz cały

https://images90.fotosik.pl/302/bedc7f783cd1bdf3med.jpg


1.Dokonujemy rozkładu siły ciężkości - cieżaru ciała-klocka \(\displaystyle{ G=mg}\) na równi pochyłej względem przyjętego układu odniesienia \(\displaystyle{ x,y}\) oraz uwzględniamy siłę oporu określoną jako \(\displaystyle{ T=0,1 \cdot G=0,1 \cdot mg}\)
2.WArtość pracy określamy z wzoru:
\(\displaystyle{ W=F \cdot s \cdot cos\angle(\vec F, \vec \ s) }\), (1)
/Iloczyn siły \(\displaystyle{ F}\),całkowitego przemieszczenia \(\displaystyle{ s}\) i cosinusa kąta pomiędzy kierunkiem siły i przemieszczenia
3. Zastosujemy powyższy wzór do treści zadania wyznaczając czynniki iloczynu .
3.1. Jak wynika z rys. siłą ciągnącą klocek wzdłuż kierunku równi jest siła \(\displaystyle{ F _{wc} }\), której wartość wyznaczymy sumując wszystkie siły wzdłuż kierunku przesunięcia- równi- osi x:
\(\displaystyle{ F _{wc}- F _{x}-T=0 }\)
\(\displaystyle{ F _{wc}- mg \cdot \sin \alpha -0,1 \cdot mg=0 }\),
\(\displaystyle{ F _{wc}= +mg \cdot \sin \alpha +0,1 \cdot mg }\), (2)
3.2. Z rysunku widzimy również, że kąt zawarty pomiędzy siłą ciągnacą \(\displaystyle{ F _{wc} }\) i przemieszczeniem jest równy zeru, bowiem kierunek siły jest równoległy do kierunku przesuniecia po równi;
\(\displaystyle{ \angle(F _{wc}, s)=0 ^{\circ} }\), (3)
3.3. Ostatecznie mamy wzór na pracę siły \(\displaystyle{ F _{wc} }\):
\(\displaystyle{ W=F _{wc} \cdot s \cdot \cos0 ^{\circ} }\)
Uwaga:
Aby nie dopuścić do przyśpieszenia klocka w trakcie wciagania, podano że jego prędkość jest stała. Stad wyciągamy wniosek, że i siła ciągnąca ma stałą wartość na przesunięciu \(\displaystyle{ s.}\)
.........................................................
Na rysunku drugim(2) przedstawiono, siłę ciągnącą, która tworzy z kierunkiem równi - przesunięciem kąt \(\displaystyle{ \beta .}\)/latex]
Warto ten przykład rozważyć i rozwiązać.
kruszewski
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6882
Rejestracja: 7 gru 2010, o 16:50
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Staszów
Podziękował: 50 razy
Pomógł: 1112 razy

Re: Wciągają pod katem

Post autor: kruszewski »

Proszę spojrzeć na to zadanie jak na złożonie z dwu niezależnych zadań z pytaniem o wykonaną na nie pracą.
(Zadanie można sprowadzić do ich superpozycji i tę zasadę wykorzystać).

Pierwszego: przesuwania klocka po poziomej (ekwipotencjalnej) powierzchni na odległość \(\displaystyle{ s}\) i
drugiego: (wykonanego np po przerwie na lunch), pionowego podniesienia klocka na wysokość \(\displaystyle{ h = s \cdot \sin \alpha }\)

Zapisana w treści stała prędkość ruchu to też brak w nim sił bezwładności.
janusz47
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7910
Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 30 razy
Pomógł: 1670 razy

Re: Wciągają pod katem

Post autor: janusz47 »

Nawiązując do rysunku 2) Kol. siwymech rozwiążmy dodatkowe zadanie:

Załóżmy , że pochylnia to stok górki, tworzący z poziomem kąt \(\displaystyle{ \alpha. }\) Pod jakim kątem \(\displaystyle{ \beta }\) należy ciągnąć sznur, aby wkładając w to najmniejszy wysiłek - ciągnąć sanki ruchem jednostajnym? Jakiej siły należy przy tym użyć?

Na sanki działa siła ciężkości \(\displaystyle{ \vec{G} }\) , siła reakcji podłoża \(\displaystyle{ \vec{Q }}\) i siła ciągu sanek \(\displaystyle{ \vec{F}. }\)

Jeżeli sanki poruszają się ruchem jednostajnym, to suma wektorowa wszystkich działających na nie sił jest równa zeru.

\(\displaystyle{ \vec{F} + \vec{Q} + \vec{G} = 0 \ \ (1) }\)

W celu rozwiązania równania wektorowego \(\displaystyle{ (1) }\) zrzutujemy je na dwa prostopadłe kierunki: wzdłuż powierzchni stoku i prostopadle do
do niego.

Otrzymujemy

\(\displaystyle{ F\cos(\beta) - F_{T} - G\sin(\alpha) = 0 \ \ (2) }\)

\(\displaystyle{ F\sin(\beta) + N - G\cos(\alpha) = 0 \ \ (3) }\)

gdzie : \(\displaystyle{ N }\) jest wartością siły normalnej do powierzchni stoku w wyniku rzutu \(\displaystyle{ \vec{Q} }\) na kierunek prostopadły do powierzchni stoku
\(\displaystyle{ F_{T} }\) jest siłą tarcia poślizgowego w wyniku rzutu \(\displaystyle{ \vec{Q} }\) wzdłuż powierzchni stoku.

Aby zbadać zależność siły \(\displaystyle{ \vec{F} }\) od kąta \(\displaystyle{ \beta }\) należy wyeliminować z równań \(\displaystyle{ (2), (3), \ \ N, \ \ F_{T}. }\)

Na podstawie prawa Coulomba-Amontona \(\displaystyle{ F_{T} = \mu \cdot N \ \ (4)}\)

Wyznaczając wartość siły \(\displaystyle{ N }\) z równania \(\displaystyle{ (3) }\) i podstawiając do równania [latex[] (4) [/latex], otrzymujemy

\(\displaystyle{ F_{T} = \mu( G\cos(\alpha) - F\sin(\beta) \ \ (5) }\)

Podstawiając \(\displaystyle{ (5) }\) do \(\displaystyle{ (2) }\) mamy

\(\displaystyle{ F = G \frac{\sin(\alpha) +\mu\cos(\alpha)}{\cos(\beta) + \mu \sin(\beta)} \ \ (6) }\)

Licznik równania \(\displaystyle{ (6) }\) nie zależy od wartości kąta \(\displaystyle{ \beta }\). Wartość siły \(\displaystyle{ F }\) będzie najmniejsza gdy mianownik \(\displaystyle{ (6) }\) będzie największy.

Szukamy maksimum lokalnego funkcji \(\displaystyle{ f(\beta) = \cos(\beta) + \mu \sin(\beta) }\)

W tym celu znajdujemy miejsce zerowe pierwszej pochodnej funkcji \(\displaystyle{ f }\)

\(\displaystyle{ f'(\beta) = -\sin(\beta) + \mu \cos(\beta) = 0 }\)

\(\displaystyle{ \mu = \frac{\sin(\beta)}{\cos(\beta)} = \tg(\beta) \ \ (7) }\)

\(\displaystyle{ \mu^{*} = \arctg (\beta) \ \ (8) }\)

Aby przekonać, że dla \(\displaystyle{ (7) }\) występuje maksimum lokalne wystarczy obliczyć drugą pochodną \(\displaystyle{ f^{''} }\) i podstawić do niej wartość \(\displaystyle{ \mu^{*}.}\)

Przy wartości kąta \(\displaystyle{ (8) }\) należy ciągnąć sanki, wtedy wartość siły będzie najmniejsza.

Aby znaleźć tą wartość podstawiamy do \(\displaystyle{ (6) }\) równanie \(\displaystyle{ (8) }\)

otrzymujemy

\(\displaystyle{ F = G \frac{\sin(\alpha) + \frac{\sin(\beta)}{\cos(\beta)}\cos(\alpha)}{ \cos(\beta) +\frac{\sin(\beta)}{\cos(\beta)} \sin(\beta)} = G\sin(\alpha+\beta))}\)

Otrzymane równanie ma sens, gdy \(\displaystyle{ \alpha + \beta \leq 90^{o} }\) Dla wartości granicznej sumy kątów \(\displaystyle{ \alpha + \beta = 90^{o}}\) siła \(\displaystyle{ \vec{F}}\) skierowana jest pionowo w górę i równa liczbowo sile ciężkości. Sanki są w równowadze . Siła \(\displaystyle{ \vec{Q} = 0. }\)
ODPOWIEDZ