Równia pochyła: składowe ciężaru i warunek rozpoczęcia poślizgu

Potrzebne wiadomości: Druga zasada dynamiki, tarcie statyczne i kinetyczne, sinus oraz cosinus.

Obróć osie, nie grawitację

Równia pochyła potrafi zamienić prosty problem w gąszcz sinusów. Najlepiej zacząć od rzeczy, która się nie zmieniła: Ziemia ciągnie klocek pionowo w dół. Nie istnieje dodatkowa siła „od nachylenia”. Chcemy jedynie opisać tę samą strzałkę w osiach wygodnych dla ograniczonego ruchu. Jedna oś biegnie wzdłuż deski, druga prostopadle do niej. W tej drugiej zwykle nie ma przyspieszenia, dopóki klocek pozostaje na sztywnej powierzchni.

Składowe nie są nowymi oddziaływaniami. Możesz narysować ciężar albo jego dwie składowe do rachunku; nie wolno dodać wszystkich trzech jako niezależnych sił. To tak, jakby policzyć ten sam wydatek raz w całości, a drugi raz po rozbiciu na części. Długość strzałki ciężaru nadal wynosi mg. Z twierdzenia Pitagorasa: (mg sinα)²+(mg cosα)² = (mg)², co sprawdza poprawność rozkładu.

Osie równoległa i prostopadła

Dla kąta nachylenia α składowa ciężaru w dół równi wynosi mg\sin\alpha, a prostopadła mg\cos\alpha. Przy braku innych prostopadłych sił i przy zachowanym kontakcie nacisk wynosi N=mg\cos\alpha. Nie dodajemy do tych składowych jeszcze całego mg: byłoby to podwójne policzenie ciężaru.

Spoczynek jest możliwy, gdy tarcie statyczne potrafi zrównoważyć składową w dół: mg\sin\alpha\leq\mu_s mg\cos\alpha. Dla kątów poniżej 90° dostajemy \tan\alpha\leq\mu_s. Masa skraca się tylko dlatego, że w tym modelu obie porównywane siły są do niej proporcjonalne.

Po rozpoczęciu ślizgania

Gdy ciało zsuwa się w dół, przyspieszenie w tym zwrocie wynosi a=g(\sin\alpha-\mu_k\cos\alpha). Jeśli ciało porusza się w górę, tarcie zmienia zwrot i razem z grawitacją hamuje ruch. Trzeba ponownie zapisać bilans, zamiast bezmyślnie używać poprzedniego wzoru.

Dla g = 10 m/s², α = 30° i μk = 0,10 zjazd daje a≈4,13 m/s². Bez tarcia byłoby 5 m/s². Takie porównanie sprawdza znak tarcia. Po zatrzymaniu znów rozpatrujemy tarcie statyczne: ciało nie musi od razu zacząć jechać w przeciwną stronę.

Rozkład ciężaru dla masy 2 kg i g = 10 m/s². Przerywany równoległobok pokazuje dodawanie składowych. Kliknij rysunek, aby go powiększyć.

Dlaczego wzdłuż jest sinus?

W trójkącie rozkładu kąt między kierunkiem ciężaru a kierunkiem prostopadłym do równi jest równy kątowi nachylenia deski. Przyprostokątna przyległa do tego kąta ma długość mg cosα, a przeciwległa mg sinα. Można to sprawdzić bez pamięciowego rysunku: przy α = 0 powierzchnia jest pozioma i grawitacja nie ma składowej wzdłuż niej. Sinus zera jest zerem. Przy kącie zbliżającym się do 90° prawie cały ciężar działa wzdłuż powierzchni, a docisk maleje.

Jeżeli poza grawitacją i podparciem nic nie działa prostopadle, otrzymujemy N = mg cosα. Tarcie statyczne potrzebne do spoczynku ma wartość mg sinα i zwrot w górę równi. Sprawdzamy, czy nie przekracza μsN. Dzielenie nierówności przez dodatnie mg cosα daje tanα≤μs. Kąt graniczny to arctanμs. To wynik dla konkretnego modelu: dodatkowy docisk, linka ukośna do deski albo przyspieszająca równia zmieniłyby warunki.

Przykład: czy klocek sam ruszy?

Przyjmijmy μs = 0,60 i nachylenie 25°. Tangens 25° wynosi około 0,466, więc wymagane tarcie mieści się w granicy. Klocek puszczony ze spoczynku może pozostać nieruchomy. Granica wynosi arctan 0,60≈30,96°. Przy 35° tangens około 0,700 przekracza 0,60: równowaga bez dodatkowego podtrzymania nie jest możliwa. Do wyznaczenia przyspieszenia po ruszeniu potrzebujemy jednak współczynnika kinetycznego, a nie tylko statycznego.

Masa skróciła się w warunku, ale siły nie są niezależne od masy. Dwukrotnie cięższy klocek wymaga dwa razy większego tarcia do równowagi i jednocześnie ma dwa razy większą granicę μsN. Ten sam stosunek, nie brak sił, odpowiada za identyczny kąt graniczny. Rzeczywiste doświadczenie może odbiegać od modelu przez drgania, inne powierzchnie lub zmianę właściwości kontaktu.

Przykład: w dół i w górę tej samej równi

Niech α = 30°, μk = 0,20, g = 10 m/s². Przy zjeździe tarcie jest skierowane w górę. W osi dodatniej w dół: ma = mg sinα−μkmg cosα, zatem a≈3,27 m/s². Podzielenie przez masę jest ostatnim krokiem; wcześniej każde wyrażenie jest siłą. Bez tarcia przyspieszenie wyniosłoby 5 m/s², więc znak i wynik są rozsądne.

Teraz nadajmy temu samemu klockowi prędkość w górę. Przy dodatniej osi w górę obie siły styczne są ujemne: ma = −mg sinα−μkmg cosα. Otrzymujemy a≈−6,732 m/s². Jeśli v₀ = 4 m/s, równanie 0 = 4−6,732t daje pierwsze zatrzymanie po około 0,594 s. Tarcie nie „wie”, którą stronę nazwaliśmy dodatnią; przeciwstawia się względnemu ślizganiu. Dlatego jego znak trzeba ustalić od nowa dla każdego etapu.

Co następuje po zatrzymaniu?

W chwili v = 0 wzór na tarcie kinetyczne nie decyduje już, czy klocek ruszy w dół. Wracamy do próby równowagi statycznej. Na równi 30° potrzeba μs co najmniej tan 30°≈0,577. Gdy μs = 0,60, klocek może pozostać w miejscu; gdy μs = 0,40, nie utrzyma się. Z jednego podanego μk = 0,20 nie wywnioskujemy, który wariant zachodzi. Zatrzymanie jest granicą etapu, a nie zgodą na bezterminowe przedłużenie jednego równania ruchu.

Sprawdź się: wciągasz skrzynkę w górę ze stałą prędkością linką równoległą do deski. Czy napięcie jest mniejsze od mg sinα dzięki tarciu? Odpowiedź: przeciwnie, musi pokonać zarówno grawitację wzdłuż deski, jak i tarcie skierowane w dół. T = mg sinα+μkmg cosα. Każdy składnik ma jednostkę N. Stała prędkość oznacza zerową wypadkową, nie zerową siłę linki.

Ten sam zjazd policzony pracą

Bilans sił można sprawdzić drugim sposobem, bez ponownego przestawiania tego samego równania. Niech klocek zjedzie po równi o odcinek s. Jego wysokość maleje o s\sin\alpha, więc praca ciężaru to mg s\sin\alpha. Tarcie wykonuje ujemną pracę -\mu_kmg\cos\alpha\,s. Podparcie jest prostopadłe do przesunięcia i w tym modelu nie wykonuje pracy.

\frac{m(v^2-v_0^2)}2=mg s\sin\alpha-\mu_kmg\cos\alpha\,s.

Dla danych \alpha=30^\circ, \mu_k=0{,}20, g=10\ \mathrm{m/s^2} i zjazdu o 1 m ze spoczynku prawa strona na kilogram wynosi około 3,268 J/kg. Stąd v=\sqrt{2\cdot3{,}268}\approx2{,}557\ \mathrm{m/s}. Równanie sił daje a\approx3{,}268\ \mathrm{m/s^2}; kinematyka v^2=v_0^2+2as prowadzi do tego samego wyniku.

Dlaczego to użyteczna kontrola? Pomylenie sinusa z cosinusem oznaczałoby nieprawidłowy ubytek wysokości. Zły znak tarcia oznaczałby otrzymywanie energii mechanicznej z oporu. Obie pomyłki stają się widoczne w interpretacji pracy, nawet gdy rachunek z równań sił wygląda formalnie poprawnie. Rachunek dotyczy wskazanego etapu zjazdu i kontaktu ze stałą równią. Start ze spoczynku wymaga dodatkowo, żeby tarcie statyczne nie utrzymało klocka: \mu_s\lt\tan30^\circ. Sam współczynnik tarcia kinetycznego nie rozstrzyga, czy początkowo nieruchomy klocek ruszy.

Drugi punkt widzenia na ten temat: Nie ma strzałki od dawnego pchnięcia. Rysujemy oddziaływania działające teraz, podczas swobodnego wjazdu z tarciem. Kliknij rysunek, aby odczytać podpisy w pełnym rozmiarze.

Zadania do tego tematu

• Kąt graniczny dla spoczywającego klocka
• Przyspieszenie podczas zjazdu po równi trzydziestostopniowej
• Siła potrzebna do równomiernego wciągania skrzynki po równi
• Klocek puszczony w górę równi bez dalszego pchania

Dalsza lektura

Materiał referencyjny