Rozwiązywanie zadań związanych z zasadami dynamiki Newtona Umiejętność rozwiązywania zadań jest konieczna, aby zrozumieć i właściwie zastosować odpowiednie prawa i zasady fizyki. W rozdziale Zasady dynamiki Newtona przedstawiliśmy metodologię rozwiązywania zadań związanych z zasadami dynamiki Newtona w ruchu postępowym. W niniejszym rozdziale będziemy kontynuować przyjętą strategię rozwiązywania tych zadań metodą „krok po kroku”. Strategia rozwiązywania zadań W niniejszym rozdziale będziemy kontynuować przyjętą wcześniej metodologię rozwiązywania problemów fizycznych, ale zostanie ona wzbogacona o konkretne strategie stosowane w odniesieniu do zasad dynamiki Newtona (ang. Newton’s laws of motion ). Po zidentyfikowaniu, jakie zasady i prawa fizyczne występują w zagadnieniu problemowym i po stwierdzeniu, że są to zasady dynamiki Newtona, można zastosować wymienione niżej kroki, aby znaleźć rozwiązanie. Metodologia ta opisuje liczne pojęcia, które są przydatne również w wielu innych dziedzinach fizyki. W opracowanych przykładach przedstawiono wiele strategii rozwiązywania różnorodnych problemów fizycznych, więc ich analiza pomoże ugruntować nabyte wcześniej umiejętności. Strategia rozwiązywania zadań: zastosowanie zasad dynamiki Newtona Zidentyfikuj wielkości „dane” oraz „szukane”. Wykonaj rysunek poglądowy, zaznaczając wszystkie działające siły za pomocą strzałek. Określ analizowany układ i narysuj rozkład sił działających na ciało (ang. free-body diagram ), który będzie niezbędny do rozwiązania danego problemu. Zastosuj odpowiednią zasadę dynamiki Newtona. Jeśli to konieczne, zastosuj kinematyczne równania ruchu z rozdziału dotyczącego ruchu prostoliniowego. Zastanów się, czy otrzymany wynik ma sens. Spróbujmy zastosować powyższą strategię do rozwiązania zagadnienia związanego z transportowaniem pianina na drugie piętro budynku. Gdy już ustaliliśmy, że problem ten związany jest z drugą zasadą dynamiki Newtona (bo sytuacja ta wymaga stosowania sił), szczególnie istotne jest właściwe rozrysowanie rozkładu sił działających na pianino (patrz (a)). Wszystkie działające siły można przedstawić w postaci strzałek (patrz (b)). Jeśli tylko mamy do tego wystarczające informacje, narysowane strzałki powinny posiadać odpowiednią długość i kierunek, wiernie odwzorowując reprezentowane siły. (a) Wielki fortepian jest wciągany do mieszkania na drugim piętrze. (b) Działające siły są przedstawione za pomocą strzałek. N → jest naciągiem liny nad fortepianem, F → N to siła, jaką fortepian wywiera na linę, zaś Q → jest ciężarem fortepianu. Wszystkie inne siły, takie jak podmuchy wiatru, są pomijane. (c) Załóżmy, że znamy masę fortepianu i mamy znaleźć naciąg liny. Definiujemy analizowany układ i wykonujemy diagram rozkładu sił działających na ciało, jak to zostało przedstawione na rysunku. Wówczas siła F → N nie jest już uwzględniania, ponieważ nie działa ona w obranym układzie odniesienia. F → N działa na układ zewnętrzny. (d) W celu znalezienia sumy sił działających w układzie zastosowano graficzną metodę dodawania wektorów. Jest oczywiste, że jeśli fortepian jest nieruchomy, to N → = − Q → . Podobnie jak w innych zadaniach fizycznych, na początku trzeba określić, jakie wielkości są dane, a jakie szukane w treści zadania. Szczególnie ważne jest również właściwe określenie analizowanego układu. Następnie definiujemy, które siły są zewnętrzne, a które wewnętrzne w danym układzie, gdyż jest to konieczne, aby móc zastosować drugą zasadę dynamiki Newtona (patrz (c)). Określenie, czy siły są wywierane pomiędzy składnikami układu (siły wewnętrzne) czy pomiędzy układem a elementami zewnętrznymi (siły zewnętrzne), może nastąpić w oparciu o trzecią zasadę dynamiki Newtona. Jak pokazano w rozdziale Zasady dynamiki Newtona , wybór układu jest zdeterminowany wielkościami szukanymi w danym zadaniu. W rozkładzie sił działających na ciało uwzględnia się tylko siły, a nie przyspieszenie czy prędkość. Kilka przykładowych rozkładów sił zostało wykonanych w ramach rozwiązywania poprzednich zadań w niniejszym podręczniku. Z kolei rozkład sił dla dyskutowanego zadania z pianinem przedstawiono na rysunku (patrz (c)). Warto zwrócić uwagę, że na rysunku tym nie ma żadnych sił wewnętrznych. Teraz możemy zastosować drugą zasadę dynamiki Newtona (patrz (d)). Kiedy siły zewnętrzne zostaną właściwie zidentyfikowane i uwzględnione w rozkładzie sił, dalsze rozwiązanie zadania nie powinno sprawiać nam kłopotu. Jeśli analizowane zagadnienie jest jednowymiarowe (tak jak w tym przypadku) oraz jeśli działające siły są względem siebie równoległe, to sumowanie wektorów można przeprowadzić w sposób algebraiczny. Jeśli natomiast zagadnienie jest dwuwymiarowe, to wektory należy rozłożyć na składowe i przeprowadzić analizę jak dla dwóch zagadnień jednowymiarowych. Robimy to poprzez rzutowanie odpowiednich wektorów siły na osie wybranego wcześniej układu odniesienia. Jak wynika z poprzednich przykładów, właściwy wybór osi może wyraźnie uprościć zadanie. Na przykład jeśli chodzi o zadania z równią pochyłą, to zestaw osi z jedną osią równoległą do równi i drugą prostopadłą do niej jest najwygodniejszy. Zazwyczaj optymalnego wyboru osi dokonuje się tak, by jedna z osi była równoległa do kierunku ruchu. Ogólnie rzecz biorąc, wystarczy napisać drugie prawo Newtona dla odpowiednich składowych sił w różnych kierunkach. Wtedy otrzymamy następujące równania: ∑ i F x i = m a x , ∑ i F y i = m a y . Jeśli na przykład układ doznaje przyspieszenia tylko w kierunku równoległym, wówczas można zapisać a y = 0 . Wiedza ta jest niezbędna, aby określić, jakie nieznane siły działają w analizowanym układzie. Następnie, tak jak zawsze, musimy zweryfikować poprawność otrzymanego wyniku. Zazwyczaj sprowadza się to do sprawdzenia, czy wynik ten jest rozsądny. Na przykład rozsądne jest stwierdzenie, że tarcie powoduje, iż obiekt przesuwa się po równi pochyłej wolniej niż kiedy nie ma tarcia. W praktyce intuicja fizyczna rozwija się stopniowo poprzez rozwiązywanie kolejnych zadań. W miarę nabierania doświadczenia coraz łatwiejsze do oceny staje się stwierdzenie, czy odpowiedź jest rozsądna. Innym sposobem weryfikacji rozwiązania jest sprawdzenie jednostek. Jeśli rozwiązaniem zadania jest wyliczenie siły, a jednostką, którą otrzymamy jest na przykład milimetr na sekundę to wiemy, że popełniliśmy błąd. Istnieje wiele ciekawych przykładów zastosowania zasad dynamiki Newtona. Kilka z nich prezentowanych jest m.in. w niniejszym rozdziale. Ich analiza ma służyć zilustrowaniu kilku dalszych subtelności fizyki i pomóc rozwinąć umiejętności rozwiązywania zadań fizycznych. Najpierw przeanalizujemy zadania związane z równowagą cząstek, które wykorzystują pierwszą zasadę dynamiki Newtona, a następnie rozważymy przyspieszenia cząstek, które obejmują drugą zasadę dynamiki Newtona. Równowaga ciała Przypomnijmy, że ciało jest w równowadze, jeśli działające na nie siły zewnętrzne są zrównoważone. Statyczna równowaga obejmuje przedmioty w spoczynku, a równowaga dynamiczna obejmuje obiekty poruszające się bez przyspieszenia. Ważne jednak, aby pamiętać, że warunki te są względne. Na przykład obiekt może być w spoczynku, gdy jest oglądany z naszego układu odniesienia, ale ten sam przedmiot wydaje się być w ruchu, gdy jest obserwowany przez kogoś poruszającego się ze stałą prędkością. Rozwiążmy teraz kolejne zadanie związane z równowagą ciał (ang. particle equilibrium ), bazując na wiedzy zdobytej podczas analizy rozdziału Zasady dynamiki Newtona . Różne siły naciągu pod różnymi kątami Rozważmy sygnalizację świetlną o masie 15 kg umocowaną na dwóch kablach (patrz ). Znajdź siłę naciągu każdego z kabli, zakładając, że są one nieważkie. (a) Sygnalizacja świetlna zawieszona jest na dwóch kablach. (b) Zaprezentowane są siły działające w układzie. (c) Przedstawione są tylko siły działające na analizowany układ. Obok narysowany jest rozkład sił działających na ciało. (d) Siły są rozłożone na składowe w kierunku pionowym ( y ) oraz poziomym ( x ). Poziome składowe siły naciągu znoszą się, zaś suma pionowych składowych siły naciągu musi być równa ciężarowi sygnalizacji. (e) Na rozkładzie sił działających na ciało przedstawione są siły działające w kierunku pionowym i poziomym. Strategia rozwiązania Analizowanym układem jest sygnalizacja świetlna, dla której rozkład działających sił został przedstawiony na rysunku (patrz (c)). Wszystkie trzy działające siły nie są równoległe, więc trzeba je zrzutować na odpowiedni układ współrzędnych. Najbardziej wygodny układ współrzędnych będzie miał jedną oś poziomą, a drugą pionową. Rzuty poszczególnych sił na wskazany układ współrzędnych zostały przedstawione na rysunku (patrz (d)).W analizowanym zadaniu występują dwie wielkości szukane ( N 1 , N 2 ) , więc konieczne jest sformułowanie dwóch układów równań. Równania te tworzymy w oparciu o drugą zasadę dynamiki Newtona wzdłuż poziomej oraz pionowej osi. Pamiętamy jednocześnie, że wypadkowa działających sił jest równa zero, ponieważ przyspieszenie jest równe zeru. Rozwiązanie Rozważmy siły działające w kierunku poziomym (lub osi x ): F wyp x = N 2 x − N 1 x = 0 . Z czego wynika: N 1 x = N 2 x . To z kolei daje nam następującą zależność: N 1 cos  30 ∘ = N 2 cos  45 ∘ . Zatem: N 2 = 1,225 N 1 . Zauważ, że N 1 i N 2 nie są równe, ponieważ są skierowane pod innymi kątami. Sensowne jest spostrzeżenie, że N 2 jest większa niż N 1 ponieważ jest skierowana bardziej poziomo niż N 1 . Teraz rozważmy siły działające w kierunku pionowym (osi y ): F wyp y = N 1 y + N 2 y − Q = 0 . Stąd wynika, że: N 1 y + N 2 y = Q . To z kolei prowadzi do zależności: N 1 sin 30 ∘ + N 2 sin 45 ∘ = Q . W równaniu tym występują dwie niewiadome, ale podstawiając wyrażenie na N 2 zależne od N 1 (z analizy sił poziomych) upraszczamy to równanie do postaci równania z jedną niewiadomą: N 1 ⋅ 0,500 + 1,225 N 1 ⋅ 0,707 = Q = m g , co równa się 1,3661 N 1 = 15,0 k g ⋅ 9,80 m s 2 . Rozwiązanie tego ostatniego równania daje nam wartość liczbową N 1 równą: N 1 = 108 N . Na końcu znajdujemy wartość liczbową N 2 poprzez zastosowanie zależności między siłami N 2 = 1,225 N 1 , co zostało wykazane wcześniej. Wówczas otrzymujemy wartość N 2 = 132 N . Znaczenie Obie siły naciągu byłyby większe, gdyby kable były bardziej poziome. Z kolei siły naciągu każdego z kabli byłyby sobie równe wtedy i tylko wtedy, gdyby kąty po obu stronach były jednakowe (podobnie jak w przykładzie z linoskoczkiem analizowanym w rozdziale Zasady dynamiki Newtona . Przyspieszenie ciała Rozważyliśmy kilka przykładów ciał w równowadze. Teraz nasza uwaga skupi się na zadaniach z przyspieszeniem ciał (ang. particle acceleration ), które wynika z istnienia niezerowej siły wypadkowej. Przyjrzyj się jeszcze raz strategii rozwiązywania zadań przedstawionej na początku tego rozdziału i zastanów się, jak można ją zastosować do poniższych przykładów. Siła oporu działająca na barkę Dwa holowniki pchają barkę w różnych kierunkach ( ). Pierwszy holownik wywiera siłę 2 , 7 ⋅ 10 5 N w kierunku x a drugi holownik wywiera siłę 3 , 6 ⋅ 10 5 N w kierunku y . Masa barki wynosi 5 , 0 ⋅ 10 6 k g , a jej przyspieszenie jest równe 7 , 5 ⋅ 10 − 2 m / s 2 i skierowane jest jak przedstawiono na rysunku. Ile wynosi siła oporu wody działająca na barkę i utrudniająca jej ruch? (Zauważ, że siła oporu jest siłą wywieraną na ciała przez płyny takie jak powietrze lub woda. Siła oporu (ang. drag force ) utrudnia ruch ciał. Ponieważ barka jest płaska z dołu, można założyć, że siła oporu działa w kierunku przeciwnym do ruchu barki.) (a) Widok z góry na dwa holowniki pchające barkę. (b) Rozkład sił działających na barkę zawiera tylko siły działające w płaszczyźnie lustra wody. Pominięte zostają dwie siły działające w kierunku pionowym: siła ciężkości barki oraz siła wyporu wody, ponieważ się znoszą. Zauważ, że F → 12 oznacza całkowitą, sumaryczną siłę wywieraną przez holowniki na barkę. Strategia rozwiązania (a) przedstawia kierunki i wartości występujących wektorów sił i przyspieszenia. Całkowita siła wywierana przez holowniki na barkę ( F → 12 ) wynosi: F → 12 = F → 1 + F → 2 . Siła oporu wody F → op skierowana jest przeciwnie do kierunku ruchu barki, czyli działa ona w kierunku przeciwnym niż siła F → 12 , przedstawiona na rozkładzie sił na (b). W tym zadaniu analizowanym układem jest barka, więc do niej przyłożone są wektory sił i przyspieszenia. W związku z tym, że działające siły są prostopadłe, osie x i y są tak samo skierowane jak siły F → 1 i F → 2 . Analizowane zadanie staje się zagadnieniem jednowymiarowym wzdłuż kierunku działania siły, ponieważ siła oporu skierowana jest przeciwnie do kierunku działania siły F → 12 . Następnie przyjmujemy odpowiednią strategię, aby znaleźć kierunek i wartość wypadkowej sił wywieranych przez holowniki ( F → 12 ) i zastosować drugą zasadę dynamiki Newtona do znalezienia siły oporu F → op . Rozwiązanie Jako że siły F 1 i F 2 są prostopadłe, możemy znaleźć kierunek i wartość wypadkowej tych dwóch sił F → 12 bezpośrednio z zależności geometrycznych. Po pierwsze, w celu obliczenia wartości tej siły zastosujemy twierdzenie Pitagorasa: F 12 = F 1 2 + F 2 2 = ( 2 , 7 ⋅ 10 5 N ) 2 + ( 3 , 6 ⋅ 10 5 N ) 2 = 4 , 5 ⋅ 10 5 N . Kąt natomiast jest równy: θ = arctg  ( F 2 F 1 ) = arctg  ( 3 , 6 ⋅ 10 5 N 2 , 7 ⋅ 10 5 N ) = 53 , 1 ∘ . Z pierwszej zasady dynamiki Newtona wiadomo, że kierunek tej siły jest taki sam jak kierunek działającego przyspieszenia. Wiemy również, że siła oporu F → op działa w przeciwnym kierunku niż F → 12 , ponieważ zmniejsza ona przyspieszenie barki. W związku z tym wypadkowa sił zewnętrznych jest tak samo skierowana jak F → 12 , ale jej wartość jest nieco mniejsza niż wartość siły F → 12 . Jako że problem jest w zasadzie zagadnieniem jednowymiarowym, na podstawie diagramu rozkładu sił w układzie można napisać: F wyp = F 12 − F op . Jednakże z drugiej zasady dynamiki Newtona wynika, że: F wyp = m a . Stąd F 12 − F op = m a . Na tej podstawie można obliczyć wartość siły oporu wody F op działającej na barkę. F op = F 12 − m a . Po podstawieniu znanych wartości liczbowych otrzymujemy: F op = 4 , 5 ⋅ 10 5 N − 5 , 0 ⋅ 10 6 k g ⋅ 7 , 5 ⋅ 10 − 2 m s 2 = 7 , 5 ⋅ 10 4 N . Z kolei kierunek siły oporu wody F → op został określony jako kierunek przeciwny do wypadkowej sił wywieranych na barkę przez holowniki F → 12 lub jako zwrócony pod kątem 53 ∘ na południowy zachód. Znaczenie Wartości liczbowe otrzymane w tym zadaniu są rozsądne dla umiarkowanie dużej barki. Uzyskanie większych wartości przyspieszeń przy użyciu holowników jest szczególnie trudne, a ponadto zachowanie małych prędkości jest pożądane. Przy niskich prędkościach, dla dobrze zaprojektowanych kadłubów, siła oporu jest stosunkowo niska, co zgadza się z odpowiedzią z zadania, gdzie F op jest ponad 600 razy mniejsza od ciężaru barki. W rozdziale Zasady dynamiki Newtona omawialiśmy pojęcie siły normalnej (ang. normal force ), która jest kontaktową siłą reakcji w kierunku normalnym do płaszczyzny powierzchni i działającą na obiekt w taki sposób, że nie doznaje on przyspieszenia w kierunku prostopadłym do powierzchni. Waga laboratoryjna jest doskonałym przykładem urządzenia mierzącego normalną siłę reakcji działającą na ciało. Daje nam informację, jak mocno trzeba pchać w górę, aby podtrzymać ciężar ciała. Ale czy potrafisz przewidzieć, jakie wskazanie na skali wagi zobaczysz, jeśli waga umieszczona zostanie w poruszającej się windzie (ang. elevator )? Czy wskazywana wartość będzie większa niż twój statyczny ciężar, kiedy winda wystartuje w górę? Jakie będzie wskazanie, jeśli winda będzie poruszała się w górę ze stałą prędkością? Postaraj się najpierw intuicyjnie odpowiedzieć na to pytanie, zanim jeszcze przyswoisz analizę kolejnego przykładu. Co tak naprawdę pokazuje waga łazienkowa umieszczona w windzie? przedstawa mężczyznę o masie 75 kg, stojącego na wadze łazienkowej umieszczonej w windzie. Oblicz, jakie będą wskazania wagi w następujących przypadkach: gdy winda porusza się w górę z przyspieszeniem 1,20 m/s 2 gdy winda porusza się w górę ze stałą prędkością równą 1 m/s. (a) Różne siły działające na człowieka stojącego w windzie na wadze łazienkowej. Długości wektorów odzwierciedlają sytuację, gdy winda porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym w górę. „Nieciągły” wektor reprezentuje siłę o wartości zbyt dużej, by mogła zostać w całości zaprezentowana na rysunku. N → jest siłą naciągu liny, na której wisi winda, Q → cz jest ciężarem człowieka, Q → wag jest ciężarem wagi, Q → win jest ciężarem windy, F → wag jest siłą wywieraną przez wagę na człowieka, F → cz jest siłą wywieraną przez człowieka na wagę, F → n jest siłą nacisku wywieraną przez wagę na podłogę windy, zaś R → jest siłą normalną do podłoża (siłą reakcji podłogi wywieraną na wagę). (b) Wykonany rozkład sił zawiera tylko siły zewnętrzne działające na zaznaczony układ (człowieka). Tylko te siły będą brane pod uwagę w dalszej analizie zagadnienia. Strategia rozwiązania Waga w spoczynku będzie wskazywała F → cz , czyli wartość siły wywieranej na wagę przez człowieka. (a) przedstawia liczne siły działające na windę, człowieka i wagę. Mimo że analizowane zagadnienie jest jednowymiarowe, to wygląda ono na dużo bardziej złożone niż w przypadku, gdy jako analizowany układ wybrano tylko człowieka (patrz (b)). Wówczas jedynymi siłami działającymi na człowieka są jego ciężar Q → cz oraz siła wywierana przez wagę F → wag . Zgodnie z trzecią zasadą dynamiki Newtona siły F → cz i F → wag są zgodne co do wartości, ale przeciwnie skierowane. W związku z tym musimy znaleźć wartość F wag po to, by dowiedzieć się, ile wynosi wskazanie wagi. Jak zawsze, zastosujemy w tym celu drugą zasadę dynamiki Newtona: F → wyp = m a → . Z rozkładu sił działających na ciało wynika, że F → wyp = F → wag + Q → cz , co po przejściu do zapisu skalarnego oznacza: F wag − Q cz = m a . Po przekształceniu uzyskujemy równanie z jedną niewiadomą F wag : F wag = m a + Q cz , a uwzględniając fakt, że Q cz = m g , równanie upraszcza się do postaci: F wag = m a + m g . Nie przyjmowaliśmy żadnych założeń dla przyspieszeń, więc uzyskane rozwiązanie powinno być uniwersalne. (Zauważ, że w tym zadaniu rozważamy przypadek, gdy winda porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym w górę. Gdyby poruszała się ruchem jednostajnie przyspieszonym w dół, zależność wynikająca z drugiej zasady dynamiki Newtona wyglądałaby następująco: F wag − Q cz = − m a . ) Rozwiązanie Przyjmijmy, że a = 1,20 m/s 2 , więc F wag = 75 , 0 k g ⋅ 9 , 80 m s 2 + 75 , 0 k g ⋅ 1 , 20 m s 2 , co daje F wag = 825 N . Teraz zastanówmy się, co się dzieje, gdy winda osiąga pewną ustaloną wartość prędkości skierowanej w górę? Czy wskazania wagi nadal będą większe niż ciężar człowieka? Otóż w każdym przypadku ruchu ze stałą prędkością, niezależnie, czy w górę, czy w dół, przyspieszenie jest równe zero, ponieważ a = Δ v / Δ t i Δ v = 0 m / s . Zatem F wag = m a + m g = 0 + m g lub F wag = 75 , 0 k g ⋅ 9 , 80 m s 2 , co z kolei daje wartość F wag = 735 N . Znaczenie Odczyt na wadze ( (a)) wynosi ok. 84 kg. Jaki byłby odczyt wagi, gdyby znajdowała się ona w nieruchomej windzie? Jako że przyspieszenie byłoby równe zero, siła wywierana przez wagę na człowieka byłaby równa ciężarowi człowieka: F wyp = m a = 0 = F wag − Q cz F wag = Q cz = m g F s = 75 , 0 k g ⋅ 9 , 80 m s 2 = 735 N . Jeśli zatem odczyt wagi jest większy niż ciężar człowieka (wynoszący 735 N, czyli 75 kg) oznacza to, że waga „podnosi” człowieka z siłą większą niż jego ciężar, ponieważ działa na niego przyspieszenie. Zatem im większe jest przyspieszenie windy, tym większy odczyt wagi, co jest zgodne z odczuciami, jakich doznajemy porównując ruch w windach jadących z dużym lub z małym przyspieszeniem. Natomiast otrzymane w przypadku (b) wskazanie wagi wynoszące 735 N (75 kg) jest równe ciężarowi człowieka. Jest to przypadek ruchu windy ze stałą prędkością w górę, w dół lub windy nieruchomej. Sprawdź, czy rozumiesz. Teraz oblicz, jakie będą wskazania wagi, jeśli winda będzie poruszać się w dół ruchem jednostajnie przyspieszonym z przyspieszeniem równym 1,20 m/s 2 . F wag = 645 N Jak już wspomniano, rozwiązanie poprzedniego przykładu odnosi się również do przypadku windy poruszającej się ruchem jednostajnie przyspieszonym w dół. Wówczas przyspieszenie a jest ujemne, a odczyt wagi jest mniejszy niż ciężar człowieka. Jeśli osiągnięta zostanie ustalona wartość prędkości w kierunku pionowym w dół, to wskazanie wagi będzie zgodne z ciężarem człowieka. Jeśli zaś winda zacznie spadać pionowo w dół z przyspieszeniem g , to odczyt na skali wagi będzie równy zero, a człowiek znajdzie się w stanie nieważkości. Dwa ciała połączone nicią przerzuconą przez bloczek przedstawia ciężarek o masie m 1 spoczywający na gładkiej, poziomej powierzchni. Ciężarek ten połączony jest z drugim ciężarkiem o masie m 2 za pomocą cienkiej, nieważkiej i nierozciągliwej nici przerzuconej przez nieważki, nieruchomy bloczek. Znajdź przyspieszenie ciężarków oraz siłę naciągu liny przy założeniu znanych wartości m 1 , m 2 i g . (a) Ciężarek 1 jest połączony z ciężarkiem 2 za pomocą cienkiej, nieważkiej i nierozciągliwej nici przerzuconej przez nieważki, nieruchomy bloczek. (b) Rozkład sił działających na każdy z ciężarków. Strategia rozwiązania Dla każdego klocka z osobna rysujemy rozkład działających sił ( ). Rozpatrujemy je oddzielnie. Zauważamy, że na klocek 1 działa siła ciężkości, siła reakcji podłoża i siła naciągu nici. Z kolei na klocek 2 wywierana jest siła ciężkości i siła naciągu nici. Równania sił wynikające z drugiej zasady dynamiki Newtona wyglądają następująco: Dla klocka 1: N → + Q → 1 + R → = m 1 a → 1 Dla klocka 2: N → + Q → 2 = m 2 a → 2 . Zauważ, że siła naciągu nici N → jest taka sama dla obu klocków. W związku z tym, że nić i bloczek są nieważkie oraz że bloczek nie wywołuje tarcia, siły naciągu są takie same na całej długości nitki. Możemy zatem rozpisać równania na poszczególne składowe dla każdego klocka. Wszystkie siły działają albo w kierunku pionowym, albo poziomym, więc najwygodniej będzie użyć tego samego układu współrzędnych dla obu klocków. Rozwiązanie Bilans sił działających wzdłuż poszczególnych kierunków wynika z równań wektorowych przedstawionych powyżej. Widzimy, że dla klocka 1 siły działające w kierunku pionowym są w równowadze (klocek nie porusza się w kierunku pionowym), więc je pomijamy i uwzględniamy tylko siły działające wzdłuż osi x . Z kolei na klocek 2 nie działają żadne siły w kierunku poziomym, więc jedynie siły działające wzdłuż osi y są uwzględniane. W rezultacie otrzymujemy następujące zależności: Klocek 1 Klocek 2 ∑ F x = m a x ∑ F y = m a y N x = m 1 a 1 x N y − m 2 g = m 2 a 2 y . Gdy klocek 1 przesuwa się w prawo, klocek 2 przemieszcza się dokładnie o ten sam odcinek drogi w dół. Możemy zatem zapisać, że a 1 x = − a 2 y . Przyjmując jednakowe oznaczenie dla przyspieszeń każdego z klocków a = a 1 x = − a 2 y , otrzymujemy zależność: N = m 1 a oraz N − m 2 g = − m 2 a . Tworząc układ równań z dwóch powyższych zależności, jesteśmy w stanie wyprowadzić wyrażenia na dwie wielkości szukane: a i N a = m 2 m 1 + m 2 g oraz N = m 1 m 2 m 1 + m 2 g . Znaczenie Zauważ, że siła naciągu nici jest mniejsza niż ciężar bloczka zwisającego na jej końcu. Często popełnianym błędem w tego typu zadaniach jest przyjmowanie następującej równowagi sił: N = m 2 g . Z rozkładu sił działających na klocek 2 jasno wynika, że tego typu równanie jest niepoprawne, ponieważ klocek ten nie jest statyczny, lecz przyspiesza. Sprawdź, czy rozumiesz. Oblicz wartości liczbowe przyspieszenia układu klocków oraz siłę naciągu nici przy założeniu następujących mas klocków: m 1 = 5,00 kg i m 2 = 3 , 00 k g . a = 3,68 m/s 2 , N = 18,4 N Spadkownica Atwooda Jednym z klasycznych zagadnień mechaniki jest analiza ruchu tzw. spadkownicy Atwooda (ang. Atwood machine ), która składa się z liny przerzuconej przez bloczek, na końcu której zawieszone są ciała o różnych masach. Rozważmy spadkownicę przedstawioną na . Przyjmijmy, że bloczek jest nieruchomy, a masy zawieszonych ciężarków wynoszą odpowiednio m 1 = 2,00 kg i m 2 = 4 , 00 k g . Jeśli swobodnie puścimy ciężarek o masie m 2 , to jakie będzie jego przyspieszenie? Jaki będzie naciąg liny? Spadkownica Atwooda oraz rozkłady sił działających na poszczególne klocki. Strategia rozwiązania Dla każdego klocka z osobna trzeba narysować rozkłady sił, jak to zostało przedstawione powyżej. Następnie analizujemy każdy schemat, aby znaleźć wymagane wielkości szukane. Otrzymane bilanse sił dla każdego z klocków można ze sobą powiązać, tak jak to zostało przedstawione w poprzednim przykładzie. Jako że klocek 2 porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym w dół z przyspieszeniem a 2 , to klocek 1 porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym w górę z przyspieszeniem a 1 . Skoro przyspieszenia te są równe co do wartości, to możemy zapisać: a = a 1 = − a 2 . Rozwiązanie Ze schematów rozkładów sił wynikają następujące zależności: Dla m 1 : ∑ F y = N − m 1 g = m 1 a . Dla m 2 : ∑ F y = N − m 2 g = − m 2 a . Znak minus ( − ) przed m 2 a wskazuje, że przy intuicyjnie przyjętym układzie współrzędnych, gdzie oś y skierowana jest pionowo w górę, masa m 2 porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym w dół. Oba klocki poruszają się z jednakowym co do wartości przyspieszeniem, ale przeciwnie skierowanym. Po napisaniu układu równań i zauważeniu, że siły naciągu nici są takie same dla obu klocków, otrzymujemy następującą zależność: ( m 2 − m 1 ) g = ( m 1 + m 2 ) a . co po przekształceniu daje następujące wyrażenie na przyspieszenie a : a = m 2 − m 1 m 1 + m 2 g = 4 kg − 2 kg 4 kg + 2 kg ( 9,8 m/s 2 ) = 3,27 m/s 2 . Siłę naciągu nici można obliczyć korzystając z bilansu sił dla któregokolwiek z klocków. Wybierając bilans dla klocka 1 uzyskujemy następujące rozwiązanie: N − m 1 g = m 1 a N = m 1 ( g + a ) = ( 2 kg ) ( 9,8 m/s 2 + 3,27 m/s 2 ) = 26,1 N . Znaczenie Wyrażenie na przyspieszenie a w rozwiązaniu niniejszego przykładu może być rozumiane jako stosunek niezrównoważonej siły działającej na analizowany układ ( m 2 − m 1 ) g , do całkowitej masy tego układu m 1 + m 2 . Spadkownicy Atwooda można używać również do pomiaru lokalnej siły grawitacji, a konkretnie lokalnej wartości przyspieszenia ziemskiego. Sprawdź, czy rozumiesz. Przekształć powyższe równania tak, być znaleźć wyrażenie na siłę naciągu nici N dla spadkownicy Atwooda w funkcji wielkości danych w zadaniu: m 1 , m 2 i g . T = 2 m 1 m 2 m 1 + m 2 g (Ten wynik można otrzymać, wstawiając wyrażenie na przyspieszenie z (a) do wyrażenia na siłę naciągu na (b).) Kinematyka i zasady dynamiki Newtona Fizyka jest najbardziej pasjonująca, gdy stosuje się ją do ogólnych sytuacji, które wymagają więcej niż jednego wąskiego zbioru stosowanych zasad fizycznych. Tak właśnie jest z zasadami dynamiki Newtona, które w trakcie rozwiązywania zadań często łączy się z zasadami lub prawami występującymi w innych działach fizyki. Na przykład w celu przeanalizowania ruchu przyspieszonego ciała odwołujemy się nie tylko do zasad dynamiki Newtona, ale również do naszej wiedzy z kinematyki (ang. kinematics ). Gdy rozwiązujesz zadanie, w którym występują siły, przyspieszenia, prędkości i/lub położenie, należy wypisać wielkości dane i szukane, co pomoże rozpoznać, jakie zasady fizyczne należy zastosować. Wówczas będziesz w stanie odwołać się do konkretnych działów niniejszego podręcznika i na podstawie zamieszczonych tam strategii rozwiązania będziesz umieć to zadanie rozwiązać. W następnym przykładzie zaprezentujemy, jak strategia rozwiązania zadań z niniejszego rozdziału w powiązaniu z tymi przedstawionymi w rozdziałach wcześniejszych, mogą zostać zastosowane do rozwiązania bardziej złożonego zagadnienia fizycznego. Jak bardzo piłkarz musi się starać, aby osiągnąć maksymalną prędkość? Piłkarz znajduje się w spoczynku, po czym zaczyna biec ruchem jednostajnie przyspieszonym, dzięki czemu osiąga prędkość 8,00 m/s w ciągu 2,50 s. Jakie jest jego średnie przyspieszenie? Jaką średnią siłę wywiera podłoże na piłkarza, jeśli osiąga on wyliczone przyspieszenie? Masa piłkarza wynosi 70 kg, a opór powietrza pomijamy. Strategia rozwiązania Zastosujmy strategię rozwiązania zadań przedstawioną w niniejszym rozdziale. Nie zawsze trzeba wykonać wszystkie kroki, które zostały zaproponowane w ogólnej metodologii. W niniejszym zadaniu po zidentyfikowaniu wielkości danych i szukanych rozwiązujemy zadanie w oparciu o drugą zasadę dynamiki Newtona, a następnie sprawdzamy, czy uzyskany wynik jest racjonalny. Rozwiązanie Mamy dane: prędkość początkową i końcową (odpowiednio 0 m/s i 8,00 m/s). W związku z tym różnica prędkości wynosi Δ v = 8,00 m/s . Wiemy również, że czas ruchu wynosi Δ t = 2,50 s . Szukane jest natomiast przyspieszenie, które można obliczyć na podstawie definicji: a = Δ v Δ t . Podstawiając dane z zadania, otrzymujemy a = 8 , 00 m / s 2 , 50 s = 3 , 20 m s 2 . Następnie jesteśmy pytani o średnią siłę, jaką ziemia wywiera na piłkarza, pomagając mu uzyskać przyspieszenie. Zgodnie z trzecią zasadą dynamiki Newtona jest to siła reakcji do tej, którą piłkarz wywiera na ziemię. Pomijając opór powietrza siła ta będzie co do wartości równa wypadkowej sił zewnętrznych działających na sportowca. Znając masę i przyspieszenie piłkarza, możemy zapisać: F wyp = m a . Po podstawieniu wartości liczbowych na m i a otrzymujemy F wyp = 70 , 0 k g ⋅ 3 , 20 m s 2 = 224 N . Wartość ta jest racjonalna. Przyspieszenie to jest typowe dla sportowca w dobrej kondycji fizycznej. Siła natomiast odpowiada ciężarowi ciała o masie 22,7 kg, co również jest sensownym wynikiem. Znaczenie Przykład ten obrazuje, jak zastosować strategie rozwiązywania zadań do zagadnień wiążących w sobie różne działy fizyki. Najpierw trzeba określić, jakich zasad fizycznych dotyczy zadanie, a następnie zidentyfikować dane i szukane. W dalszej kolejności należy zastosować odpowiednie prawa (w tym przypadku drugą zasadę dynamiki Newtona), aby rozwiązać zadanie. Na końcu należy przedyskutować, czy otrzymany wynik jest rozsądny. Takie systematyczne podejście do rozwiązywania problemów będzie przydatne nie tylko w fizyce, ale również w innych dziedzinach nauki, a nawet w codziennym życiu. Sprawdź, czy rozumiesz. Po zakończeniu akcji piłka znajduje się w odległości 2,00 m od piłkarza, który stwierdza, że za chwilę przejmie ją przeciwnik. Jak długo zajęłoby mu dotarcie do piłki, jeśli zacząłby biec pod wpływem siły 126 N? 1,49 s Jaka siła działa na model helikoptera? Model helikoptera o masie 1,5 kg porusza się z prędkością j ^ ⋅ 5,00 m / s w czasie t = 0 . Porusza się on ze stałym przyspieszeniem przez 2 sekundy, po czym osiąga prędkość i ^ ⋅ 6 , 00 m / s + j ^ ⋅ 12 , 00 m / s . Jaka jest wartość siły działającej na ten helikopter w trakcie opisywanego czasu? Strategia rozwiązania Obieramy układ współrzędnych, w którym oś x (kierunek i ^ ) jest zorientowana poziomo, zaś oś y (kierunek j ^ ) jest zorientowana pionowo. Wiemy, że Δ t = 2 , 00 s oraz że zmiana prędkości wynosi i ^ ⋅ 6 , 00 m / s + j ^ ⋅ 12 , 00 m / s − j ^ ⋅ 5 , 00 m / s . Mając te dane jesteśmy w stanie obliczyć przyspieszenie z definicji, a następnie zastosować drugą zasadę dynamiki Newtona. Rozwiązanie Otrzymujemy następujące zależności na przyspieszenie i siłę: a = Δ v Δ t = i ^ ⋅ 6 , 00 m / s + j ^ ⋅ 12 , 00 m / s − j ^ ⋅ 5 , 00 m / s 2 , 00 s = i ^ ⋅ 3 , 00 m / s 2 + j ^ ⋅ 3 , 50 m / s 2 ∑ F → = m a → = 1 , 5 k g ( i ^ ⋅ 3 , 00 m / s 2 + j ^ ⋅ 3 , 50 m / s 2 ) = i ^ ⋅ 4 , 50 N + j ^ ⋅ 5 , 25 N . Liczbowa wartość siły działającej na helikopter wynosi: F = ( 4,50 N ) 2 + ( 5,25 N ) 2 = 6,91 N . Znaczenie Wielkości wektorowe dane w zadaniu zostały przedstawione w postaci typowego zapisu wektorowego, w którym używa się wektorów jednostkowych i ^ − j ^ , co oznacza, że w obliczeniach wykorzystany został rachunek wektorowy. Porównaj to rozwiązanie z rozwiązaniami podanymi w poprzednich przykładach. Sprawdź, czy rozumiesz. Dla sytuacji w poprzednim zadaniu znajdź kierunek, w którym będzie się poruszał się model helikoptera. 49 , 4 ∘ Ciągnik bagażowy (a) przedstawia ciągnik ciągnący wózki z bagażami na lotnisku. Masa ciągnika wynosi 650,0 kg, masa wózka A 250,0 kg, zaś masa wózka B 150,0 kg. Ciągnik rusza pod wpływem siły ciągu silnika, która działa przez 3,00 s. Jeśli siła ciągu silnika jest funkcją zależną od czasu, przedstawioną równaniem F = t ⋅ 820 , 0 N / s , to jaka będzie prędkość ciągnika po upływie 3,00 s? Ile wynosi siła naciągu liny łączącej ciągnik z wózkiem A? (a) Rozkład sił zewnętrznych działających na układ składający się z ciągnika oraz przyłączonych do niego dwóch wózków bagażowych. (b) Rozkład sił działających tylko na ciągnik, przedstawiony w celu znalezienia siły naciągu liny łączącej ciągnik z wózkami. Strategia rozwiązania Na rozkładzie sił działających na ciągnik przedstawiona jest siła ciągu silnika, która nadaje ciągnikowi przyspieszenie. Rozważamy tylko ruch w kierunku poziomym, ponieważ z bilansu sił w kierunku pionowym wynika, że siły te są w równowadze i nie trzeba ich brać pod uwagę. Z kolei w przykładzie (b) wykorzystujemy tylko rozkład sił dla samego ciągnika, ponieważ chcemy znaleźć siłę naciągu liny między ciągnikiem a wózkiem A, oznaczoną jako N → . Rozwiązanie ∑ F x = m układu a x i ∑ F x = 820,0 t , zatem 820,0 t = ( 650,0 + 250,0 + 150,0 ) a a = 0,7809 t . W związku z tym, że przyspieszenie jest funkcją zależną od czasu, prędkość można obliczyć, wychodząc z definicji przyspieszenia a = d v / d t przy założeniu warunków początkowych v 0 = 0 w czasie t = 0 . Po przekształceniu całkujemy obustronnie to wyrażenie w granicach od t = 0 do t = 3  s d v = a d t , ∫ 0 3 d v = ∫ 0 3 a d t = ∫ 0 3 0 , 7809 t d t , v = [ 0 , 3905 t 2 ] 0 3 = 3 , 51 m s . Spójrz na rozkład sił działających na ciągnik, przedstawiony na (b). Rozpisz bilans działających sił: ∑ F x = m ciągnik a x 820,0 t − N = m ciągnik ( 0,7805 ) t ( 820,0 ) ( 3,00 ) − N = ( 650,0 ) ( 0,7805 ) ( 3,00 ) N = 938 N . Znaczenie W związku z tym, że siła jest zmienna w czasie, do rozwiązania tego zadania musimy użyć rachunku różniczkowo-całkowego. Zwróć uwagę, że w rozwiązaniu przykładu (a) pod uwagę brana jest masa całego układu ( (a)), zaś w rozwiązaniu przykładu (b) wystarczy znajomość masy ciągnika ( (b)), ponieważ to on bezpośrednio poddawany jest działaniu siły naciągu liny. Przypomnijmy, że v = d s / d t i a = d v / d t . Skoro przyspieszenie jest funkcją zależną od czasu, to w niniejszym przykładzie możemy zastosować metody rachunku różniczkowo-całkowego, jak to było robione w rozdziale Ruch prostoliniowy . Czasami jednak przyspieszenie jest dane jako funkcja położenia. Wówczas możemy wyprowadzić szukane zależności, przekształcając odpowiednio równania różniczkowe. Na przykład przekształcając dwie pierwsze zależności na prędkość i przyspieszenie tak, by wyciągnąć z każdego d t otrzymujemy d t = d s / v i d t = d v / a . Następnie porównując te wyrażenia, otrzymujemy d s / v = d v / a . Po przekształceniu ich ostatecznie otrzymujemy zależność a d s = v d v . Ruch pocisku wystrzelonego pionowo w górę Pocisk o masie 10 kg jest wystrzeliwany z moździerza, znajdującego się na powierzchni ziemi, pionowo w górę z prędkością początkową 50,0 m/s (spójrz na ). Na jaką wysokość wzniesie się pocisk, jeśli opór powietrza wynosi F op = v 2 ⋅ 0 , 01 k g / m , gdzie v jest szybkością pocisku w danej chwili? (a) Pocisk moździerzowy jest wystrzeliwany pionowo w górę. Uwzględniamy siłę oporu powietrza działającą na pocisk. (b) Rozkład sił działających na pocisk w ruchu. Strategia rozwiązania Siła działająca na pocisk moździerzowy może zostać obliczona na podstawie równania ruchu zawierającego zależność siły od przyspieszenia. Zależność przyspieszenia od położenia pocisku może zostać obliczona na podstawie równań kinematycznych. Rozwiązanie W chwili początkowej y 0 = 0 m i v 0 = 50 , 0 m / s . Po osiągnięciu maksymalnej wysokości y = h , v = 0 m / s . Na rozkładzie sił działających na pocisk siła oporu powietrza F op jest skierowana w dół, ponieważ utrudnia ona ruch pocisku. W związku z tym możemy zapisać: ∑ F y = m a y − F op − Q = m a y − 0 , 01 v 2 − 98 = 10 a a = − 0 , 001 v 2 − 9 , 80. Wypadkowe przyspieszenie pocisku jest zmienne i zależy od v . Skoro a = f ( v ) , możemy uzależnić a od v , korzystając z przekształceń przedstawionych powyżej: a d s = v d v . Zamiast d s podstawiamy d y , ponieważ rozważamy ruch w kierunku pionowym: a d y = v d v , ( − 0 , 001 v 2 − 9 , 80 ) d y = v d v . Następnie rozdzielamy zmienne ( v i d v przenosimy na jedną stronę równania, zaś d y na drugą stronę): ∫ 0 h d y = ∫ 50 0 v d v − 0 , 001 v 2 − 9 , 80 = − ∫ 50 0 v d v 0 , 001 v 2 + 9 , 80 = − 5 ⋅ 10 3 ⋅ [ ln  ( 0 , 001 v 2 + 9 , 80 ) ] 50 0 . Stąd wynika, że h = 114 m . Znaczenie Zwróć uwagę, że skoro działająca siła nie jest stała, to również przyspieszenie w tym ruchu nie jest stałe, co wymusza konieczność zastosowania rachunku różniczkowo-całkowego. Co więcej, siła nie zależy od czasu t , ale od prędkości v , więc w celu rozwiązania zadania trzeba zastosować odpowiednie przekształcenia matematyczne. Uzyskane rozwiązanie wskazuje natomiast, że wysokość, na jaką wzniesie się pocisk, jest mniejsza niż w przypadku swobodnego ruchu w polu grawitacyjnym Ziemi, ponieważ działa siła oporu powietrza. Bardziej szczegółowe rozważania na temat sił oporu będziemy prowadzić w podrozdziale Siła oporu i prędkość graniczna . Sprawdź, czy rozumiesz. Ustal maksymalną wysokość, na jaką wzniesie się pocisk, jeśli pominiemy wpływ siły oporu powietrza. Czy w rozwiązaniu tego zadania konieczne będzie stosowanie rachunku różniczkowo-całkowego? 128 m; nie Uruchom symulację i sprawdź, jakie siły działają, gdy próbujesz przesunąć szafkę na dokumenty. Przyłóż odpowiednią siłę i zobacz, jaka jest siła tarcia między szafką i podłogą oraz jaka jest wypadkowa siła działająca na szafkę. Na wykresach możesz obejrzeć zależności siły, położenia, prędkości i przyspieszenia w funkcji czasu. Wyświetl schemat rozkładu sił działających na szafkę. Podsumowanie Zasady dynamiki Newtona mogą znaleźć szerokie zastosowanie w rozwiązywaniu zadań i problemów fizycznych. W niektórych zadaniach na obiekt działają różne siły skierowane pod różnymi kątami. Pamiętaj, aby narysować schemat sytuacyjny, nanieść wektory działających sił, rozłożyć je na składowe równoległe do osi przyjętego układu współrzędnych oraz aby narysować rozkład sił działających na analizowane ciało. Zawsze analizę prowadź wzdłuż kierunku, w którym obiekt przyspiesza, aby określić, czy F wyp = m a czy też F wyp = 0 N . Siła normalna działająca na obiekt nie zawsze jest równa co do wartości ciężarowi ciała. Jeśli obiekt porusza się z jakimś przyspieszeniem w kierunku pionowym, to siła normalna jest mniejsza lub większa od jego ciężaru. Podobnie, jeśli ciało znajduje się na równi pochyłej, to siła normalna jest zawsze mniejsza od ciężaru ciała. Niektóre zagadnienia wiążą ze sobą różne wielkości fizyczne, np. siłę, przyspieszenie, prędkość czy położenie. W celu rozwiązania tego typu zadań można zastosować metodologie stosowane zarówno w kinematyce, jak i dynamice. Pytania Aby zasymulować pozorną nieważkość występującą na orbicie, astronauci przechodzą treningi w specjalnych samolotach towarowych nurkujących z przyspieszeniem g . Dlaczego w tym przyspieszającym układzie odniesienia wydają się oni być nieważcy? Jakie jest wskazanie wagi łazienkowej w takich warunkach? Czy istnieje jakakolwiek różnica między pozorną nieważkością na orbicie a tą odczuwaną przez kosmonautów w samolocie treningowym? Waga łazienkowa, podobnie jak astronauci, znajduje się w stanie nieważkości, więc jej wskazania są równe 0. Nie ma żadnej różnicy między pozorną nieważkością występującą na orbicie a tą, która występuje podczas swobodnego spadku samolotu treningowego. Zadania Dziewczyna o masie 30 kg buja się na huśtawce. Jest ona odchylana od pionu o 30 ∘ i utrzymywana w pozycji nieruchomej dzięki poziomej sile F → . Oblicz siłę naciągu każdej z dwóch lin huśtawki. Oblicz wartość siły F → . a. 170 N; b. 170 N Oblicz siłę naciągu każdego z trzech kabli, na których wisi sygnalizacja świetlna o ciężarze 2 ⋅ 10 2 N . Trzy siły działają na cząstkę materialną, która porusza się ze stałą prędkością v = i ^ ⋅ 3 m / s − j ^ ⋅ 2 m / s . Dwie spośród tych sił to: F → 1 = i ^ ⋅ 3 N + j ^ ⋅ 5 N − k ^ ⋅ 6 N i F → 2 = i ^ ⋅ 4 N − j ^ ⋅ 7 N + k ^ ⋅ 2 N . Znajdź trzecią siłę. F → 3 = i ^ ⋅ ( − 7 N ) + j ^ ⋅ 2 N + k ^ ⋅ 4 N Pchła skacze, wywierając siłę 1 , 2 ⋅ 10 − 5 N na ziemię. Wiatr wiejący równolegle do powierzchni ziemi wywiera na pchłę siłę 0 , 5 ⋅ 10 − 6 N w momencie, gdy pchła jest jeszcze w kontakcie z ziemią. Znajdź kierunek i wartość przyspieszenia pchły, jeśli jej masa wynosi 6 , 0 ⋅ 10 − 7 k g . Pamiętaj o działaniu siły grawitacji. Dwa mięśnie łydki naciągają w górę ścięgno Achillesa, jak to zostało przedstawione na rysunku. Są to tzw. mięśnie brzuchate łydki (głowa przyśrodkowa i boczna). Znajdź wartość i kierunek działania wypadkowej siły wywieranej na ścięgno Achillesa. Jaki rodzaj ruchu można wykonywać dzięki działaniu tej siły? 376 N skierowana poziomo w górę (wzdłuż przerywanej linii na rysunku). Siła ta jest wykorzystywana do podnoszenia pięty. W trakcie pokazu cyrkowego dochodzi do nieszczęśliwego wypadku. Zrywa się trapez, na którym gimnastyczka o masie 76 kg wykonywała akrobacje. Drugi cyrkowiec próbuje uratować koleżankę, ciągnąc linę, której akrobatka się trzyma, jak to zostało przedstawione na rysunku. Oblicz siły naciągu liny, na której wisi kobieta, przy założeniu, że jest ona chwilowo nieruchoma. Wykonaj schemat rozkładu sił działających na akrobatkę. Delfin o masie 35 kg dogania innego delfina, zwalniając od prędkości 12,0 m/s do 7,5 m/s w ciągu 2,3 s. Jaka średnia siła musiała być wywierana na delfina, aby go spowolnić? (Siła ciężkości jest równoważona przez siłę wyporu wody.) −68,5 N W momencie startu biegu sprinter o masie ciała 70 kg wywiera na ziemię średnią siłę 650 N przez 0,8 s. (a) Jaką prędkość osiągnie? (b) Jak daleko dobiegnie? Rakieta ma masę 2 , 00 ⋅ 10 6 k g w momencie startu, a jej silniki wywołują siłę ciągu równą 3 , 50 ⋅ 10 7 N . Znajdź początkowe przyspieszenie rakiety, jeśli startuje ona w kierunku pionowym. Ile czasu rakieta będzie przyspieszać do osiągnięcia prędkości 120 k m / h przy założeniu zachowania stałej masy i siły ciągu? a. 7,70 m/s 2 ; b. 4,33 s Koszykarz skacze w górę po piłkę. W tym celu ugina kolana zniżając się o 0,300 m, po czym prostuje je, gwałtownie przyspieszając na tym odcinku drogi. Następnie odrywa się od podłogi z prędkością wystarczającą, by mógł się wznieść na wysokość 0,900 m nad ziemią. Oblicz prędkość, z jaką koszykarz odrywa się od podłogi. Oblicz przyspieszenie jakie posiada jego środek masy w trakcie prostowania kolan. Pamiętaj, że jego prędkość zwiększa się od wartości równej zero do tej, którą obliczysz w punkcie (a) na dystansie równym 0,300 m. Zakładając, że koszykarz waży 110 kg, oblicz siłę, jaką wywiera on na ziemię w trakcie tego ruchu. Fajerwerk o masie 2,5 kg po wystrzale z moździerza osiąga wysokość 110 m. Jeśli pominiemy wpływ oporu powietrza, to jaka jest prędkość fajerwerku w momencie opuszczania moździerza? Moździerz ma postać rury o długości 0,450 m. Oblicz średnie przyspieszenie fajerwerku wewnątrz moździerza, jeśli jego prędkość zmienia się od zera do wartości obliczonej w punkcie (a). Jaka średnia siła jest wywierana na fajerwerk wewnątrz moździerza? Wynik wyraź zarówno w niutonach, jak również w postaci stosunku tej siły do ciężaru fajerwerku. a. 46,4 m/s; b. 2 , 40 ⋅ 10 3 m / s 2 ; c. 5 , 99 ⋅ 10 3 N ; stosunek równy 245 Ziemniak o masie 0,5 kg jest wystrzeliwany pod kątem 80 ∘ względem poziomu z rury PCV służącej jako „działo ziemniaczane” i osiąga maksymalną wysokość równą 110,0 m. Pomijając opór powietrza, oblicz prędkość ziemniaka w momencie opuszczania działa. Działo ma postać rury o długości 0,450 m. Oblicz średnie przyspieszenie ziemniaka wewnątrz rury wiedząc, że jego prędkość zmienia się od zera do wartości wyliczonej w punkcie (a). Jaka średnia siła jest wywierana na ziemniak wewnątrz działa? Wynik wyraź zarówno w niutonach, jak również w postaci stosunku tej siły do ciężaru ziemniaka. Winda pełna pasażerów ma masę 1 , 70 ⋅ 10 3 k g . Początkowo spoczywająca winda jedzie w górę z przyspieszeniem równym 1,20 m/s 2 przez 1,50 s. Oblicz naciąg liny, na której umocowana jest winda. Na dalszym etapie winda zaczyna poruszać się ruchem jednostajnym przez kolejne 8,50 s. Jaki jest wówczas naciąg liny utrzymującej windę? Następnie winda zwalnia z opóźnieniem równym 0,600 m/s 2 w czasie 3,00 s. Ile wynosi naciąg liny w trakcie hamowania? Na jaką wysokość wzniosła się winda w trakcie całego ruchu i jaka jest jej prędkość końcowa? a. 1 , 87 ⋅ 10 4 N b. 1 , 67 ⋅ 10 4 N c. 1 , 56 ⋅ 10 4 N d. 19,4 m, 0 m/s Piłka o masie 20,0 g wisi na strunie przymocowanej do dachu samochodu towarowego. Gdy samochód rusza, struna odchyla się o kąt 35 ∘ względem pionu. Ile wynosi przyspieszenie samochodu? Ile wynosi siła naciągu struny? Plecak studenta wypełniony książkami zostaje zawieszony na dynamometrze przyczepionym do sufitu windy. Gdy winda porusza się w dół z przyspieszeniem 3,8 m/s 2 , odczyt na dynamometrze wynosi 60 N. Jaka jest masa plecaka? Jaki będzie odczyt na dynamometrze, jeśli winda będzie hamować, jadąc w górę z opóźnieniem 3,8 m/s 2 ? Jaki będzie odczyt na dynamometrze, jeśli winda będzie poruszała się w górę ze stałą prędkością? Jaki byłby odczyt na dynamometrze, jeśli zerwałaby się lina podtrzymująca windę, przez co winda zaczęłaby spadać swobodnie? a. 10 kg; b. 60 N; c. 98 N; d. 0 Winda towarowa transportuje 10,0 kg gruzu ze szczytu budowanego drapacza chmur na poziom ziemi z przyspieszeniem 1,2 m/s 2 . Oblicz wartość siły wywieranej przez gruz na podłogę windy. Wózek kolejki górskiej startuje ze szczytu toru o długości 30,0 m nachylonego pod kątem 20 ∘ do poziomu. Tarcie pomijamy. Ile wynosi przyspieszenie wózka? Jak długo wózek będzie zjeżdżał do końca toru? a. 3,35 m/s 2 ; b. 4,2 s Na rysunku poniżej przedstawiona jest, ta sama co w , spadkownica Atwooda. Zakładając, że linka jest nieważka i nierozciągliwa, zaś bloczek jest nieważki i nieruchomy, znajdź wyrażenie na przyspieszenie ciężarków zawieszonych na lince, znajdź wyrażenie na siłę naciągu linki oblicz przyspieszenie i siłę naciągu linki, jeśli dane są masy ciężarków równe odpowiednio 2,00 kg i 4,00 kg. Dwa ciężarki połączone są nieważką nicią przerzuconą przez nieważki bloczek, tak jak to zostało przedstawione na rysunku. Masa ciężarka leżącego na poziomej powierzchni wynosi 4,0 kg, zaś masa ciężarka wiszącego na lince wynosi 1,0 kg. Znajdź przyspieszenie układu. Znajdź siłę naciągu nici. Znajdź prędkość, z jaką ciężarek drugi uderzy w ziemię, jeśli rozpoczyna on swój ruch z wysokości 1,0 m nad podłożem. a. 2,0 m/s 2 ; b. 7,8 N; c. 2,0 m/s Dwa wózki połączone są sznurkiem przerzuconym przez nieważki bloczek. Wózki mogą poruszać się bez tarcia. Oblicz przyspieszenie wózków i siłę naciągu sznurka. Ciężarek 1 o masie 4,00 kg i ciężarek 2 o masie 2,00 kg są połączone za pomocą cienkiej linki przerzuconej przez nieważki bloczek znajdujący się na szczycie równi pochyłej o kącie nachylenia 40 ∘ . Tarcie pomijamy. Ile wynosi przyspieszenie każdego z ciężarków? Ile wynosi siła naciągu linki? a. 0,93 m/s 2 (ciężarek 1 porusza się w dół równi, a ciężarek 2 porusza się w górę); b. 21,5 N

Science


Tarcie Ciało w ruchu doświadcza działania oporu, ponieważ jest ono w kontakcie z otoczeniem. Opór ten nazywamy siłą tarcia. Tarcie utrudnia wzajemny ruch między stykającymi się ciałami, ale z drugiej strony pozwala nam się poruszać, co staje się oczywiste, jeśli zobaczymy, jak trudno jest nam chodzić po powierzchniach śliskich (np. po lodzie). Tarcie jest powszechnie występującą, ale złożoną siłą, a mechanizm jej działania nie jest do końca dobrze wyjaśniony. Można natomiast bez problemu określić warunki, przy których siła ta się pojawia. Tarcie statyczne i kinetyczne Podstawowa definicja tarcia (ang. friction ) jest stosunkowo prosta. Tarcie Tarcie jest siłą, która przeciwdziała względnemu ruchowi między ciałami będącymi w kontakcie. Istnieje kilka różnych postaci siły tarcia. Najprostsza forma to tzw. tarcie ślizgowe (tarcie suwne), które działa zawsze równolegle do powierzchni styku dwóch ciał i przeciwstawia się ruchowi względnemu lub próbie ruchu między tymi ciałami. Jeśli dwa ciała stykają się ze sobą i przesuwają względem siebie, to działa między nimi tzw. tarcie kinetyczne. Na przykład tarcie to spowalnia ruch krążka hokejowego na lodzie. Z kolei kiedy ciała pozostają względem siebie w spoczynku, to działa między nimi tarcie statyczne, które zazwyczaj co do wartości jest większe od tarcia kinetycznego. Tarcie statyczne i kinetyczne Jeśli dwa spoczywające ciała pozostają w kontakcie, to działa między nimi siła nazywana tarciem statycznym (ang. static friction ). Jeśli dwa ciała pozostające w kontakcie przesuwają się względem siebie, to siła występująca między nimi nazywana jest tarciem kinetycznym (ang. kinetic friction ). Wyobraź sobie, że próbujesz przesunąć ciężką skrzynię po betonowej podłodze. Musisz pchać bardzo mocno, a i tak masz kłopot z ruszeniem skrzyni. Oznacza to, że próbie ruchu, który chcesz wykonać, przeciwstawia się tarcie statyczne. Jest ono równe co do wartości, ale przeciwnie skierowane do siły, którą przykładasz do skrzyni. Gdy w końcu uda ci się pchnąć skrzynię wystarczająco mocno, wykona ona nagły ruch, po czym jest w stanie dalej się przesuwać pod wpływem siły, którą działasz. Wówczas zaczyna działać tarcie kinetyczne. Co ważne, łatwiej jest utrzymywać skrzynię w ruchu niż w ogóle ją ruszyć. Oznacza to, że siła tarcia kinetycznego jest mniejsza niż siła tarcia statycznego. Gdy dodatkowo obciążysz skrzynię, np. dokładając na jej szczycie dodatkowe pudło, musisz działać jeszcze większą siłą, by ruszyć skrzynię oraz potem, by utrzymać ją w ruchu. Z kolei gdybyś pokrył betonową podłogę olejem, przesuwanie skrzyni stałoby się dużo łatwiejsze, czego zapewne intuicyjnie się spodziewasz. przedstawia schematycznie, jaki jest mechanizm powstawania tarcia między dwoma obiektami. Zbliżenie na powierzchnie styku tych ciał wskazuje, że są one chropowate. W związku z tym, gdy pchasz jakiś obiekt (w tym przypadku skrzynię), musisz delikatnie go podnieść po to, by mijały się ze sobą tylko wierzchołki powierzchni trących, lub trąc niszczyć te wybrzuszenia powierzchni. Im twardsze są powierzchnie trące, tym większą siłę trzeba przyłożyć, żeby je ruszyć. Częściowo przyczyną występowania tarcia są siły adhezji między molekułami na powierzchni, co potwierdza zależność siły tarcia od rodzaju powierzchni trących. Na przykład buty podbite gumą ślizgają się mniej niż buty podbite skórą. Gdy ciała przesuwają się względem siebie, liczba punktów styku jest mniejsza niż w momencie, gdy są one w spoczynku. Gdy prędkość ruchu jest bardzo mała, siła tarcia między ciałami jest praktycznie niezależna od prędkości. Siła tarcia T → zawsze przeciwstawia się ruchowi ciał lub próbie tego ruchu. Tarcie powstaje częściowo z powodu chropowatości powierzchni stykających się, jak to zostało przedstawione na powiększonym fragmencie rysunku. Aby obiekt się poruszył, musi delikatnie wznieść się, by wystające fragmenty powierzchni górnej mogły przesunąć się wzdłuż dolnej powierzchni. W związku z tym konieczne jest przyłożenie siły, aby wprawić ciało w ruch, a następnie ten ruch podtrzymać. Niektóre z wystających fragmentów powierzchni na skutek tarcia zostaną zniszczone. Jednakże zdecydowanie największy wpływ na zjawisko występowania tarcia mają siły oddziaływania międzycząsteczkowego pomiędzy trącymi o siebie ciałami, dlatego nawet idealnie gładkie powierzchnie nie są w stanie poruszać się względem siebie bez tarcia. W rzeczywistości idealnie gładkie, czyste, przylegające do siebie powierzchnie tworzą tzw. „zimny spaw”. Wartość siły tarcia ma dwie formy: jedna dla ciał nieporuszających się (tarcie statyczne), a druga dla ciał będących względem siebie w ruchu (tarcie kinetyczne). Poniżej przedstawiono przybliżony empiryczny (eksperymentalnie określony) model. Należy podkreślić, że równania definiujące tarcie statyczne i kinetyczne nie są równaniami wektorowymi. Wartość siły tarcia statycznego Wartość siły tarcia statycznego T s oblicza się z zależności T s ≤ μ s R , gdzie μ s nazywane jest współczynnikiem tarcia statycznego , zaś R jest wartością normalnej siły reakcji. Symbol ≤ (czytaj mniejsze lub równe ), wskazuje, że tarcie statyczne może osiągnąć wartość maksymalną równą μ S R . Tarcie statyczne jest siłą powstającą w odpowiedzi na siłę przyłożoną z zewnątrz, a jej zwrot jest zawsze przeciwny do tej siły. Gdy wartość siły tarcia statycznego osiągnie wartość maksymalną równą przyłożonej sile T s ( max ) , ciało zacznie się poruszać. Zatem T s ( max ) = μ s R . Wartość tarcia kinetycznego Wartość siły tarcia kinetycznego T k oblicza się z zależności T k = μ k R , gdzie μ k nazywamy współczynnikiem tarcia kinetycznego . Przejście pomiędzy tarciem statycznym a kinetycznym zostało przedstawione na . (a) Siła tarcia T → między klockiem i chropowatą powierzchnią działa w kierunku przeciwnym do przyłożonej siły F → . Tarcie statyczne równoważy przyłożoną siłę. Jest to zgodne z zależnością przedstawioną po lewej stronie wykresu na rysunku (c). W pewnym momencie wartość siły przykładanej z zewnątrz przewyższa tarcie kinetyczne i klocek zaczyna się poruszać w prawo. To z kolei odpowiada prawej stronie wykresu na rysunku (c). (c) Wykres zależności siły tarcia od przyłożonej siły. Zauważ, że T s ( max ) > T k . To z kolei oznacza, że μ s > μ k . Jak możesz zobaczyć w , współczynniki tarcia kinetycznego są niższe od ich statycznych odpowiedników. Przybliżone wartości μ są podawane z dokładnością nie większą niż do dwóch cyfr po przecinku, aby dać przybliżony obraz tarcia opisywanego przez poprzednie równania. Przybliżone współczynniki tarcia statycznego i kinetycznego Przykładowy układ Współczynnik tarcia statycznego μ s Współczynnik tarcia kinetycznego μ k Guma na suchym betonie 1,0 0,7 Guma na mokrym betonie 0,5-0,7 0,3-0,5 Drewno na drewnie 0,5 0,3 Woskowane drewno na mokrym śniegu 0,14 0,1 Metal na drewnie 0,5 0,3 Stal na stali (sucha) 0,6 0,3 Stal na stali (naoliwiona) 0,05 0,03 Stal na teflonie 0,04 0,04 Kość nasmarowana mazią stawową 0,016 0,015 Buty na drewnie 0,9 0,7 Buty na lodzie 0,1 0,05 Lód na lodzie 0,1 0,03 Stal na lodzie 0,4 0,02 i wyrażają zależność siły tarcia od rodzaju materiału, z jakiego wykonane są powierzchnie trące oraz od siły normalnej. Kierunek siły tarcia jest zawsze przeciwny do kierunku ruchu, równoległy do płaszczyzny powierzchni trących i prostopadły do siły normalnej. Spróbujmy zatem rozwiązać taki przykład. Rozważmy skrzynię o masie 100 kg, którą pchamy siłą równoległą do podłogi. Siła normalna jest co do wartości równa sile ciężkości skrzyni: Q = m g = 100 k g ⋅ 9 , 80 m s 2 = 980 N , która jest prostopadła do podłogi. Jeśli współczynnik tarcia statycznego wynosi 0,45, to aby przesunąć skrzynię należy przyłożyć siłę o kierunku równoległym do podłogi o wartości większej niż T s ( max ) = μ s R = 0 , 45 ⋅ 980 N = 440 N . Gdy już rozpocznie się ruch, tarcie stanie się mniejsze. Współczynnik tarcia kinetycznego wynosi w tym przypadku 0,30, więc dla kontynuowania ruchu ze stałą prędkością wystarczy siła równa T k = μ k R = 0 , 30 ⋅ 980 N = 290 N . Jeśli podłoga była naoliwiona, oba współczynniki tarcia byłyby zauważalnie mniejsze. Stąd wniosek, że współczynnik tarcia jest wielkością zależną od rodzaju i pokrycia powierzchni trących. Jest to wielkość bezwymiarowa, której wartość mieści się zazwyczaj w przedziale od 0 do 1,0. Wielu ludzi doświadczyło, jak ślisko jest, gdy chodzi się po lodzie. Tymczasem wiele części ciała, zwłaszcza stawów, ma znacznie mniejsze współczynniki tarcia – często trzy lub cztery razy mniejsze niż lód. Staw to miejsce styku dwóch kości, zwykle pokryte grubą warstwą tkanki łącznej (chrząstki). Staw kolanowy tworzą dalszy koniec kości udowej i bliższy koniec kości piszczelowej. Biodro jest stawem kulistym (na końcu kości udowej) i panewkowym (część miednicy). Końce kości w stawie są przykryte chrząstkami, co zapewnia gładką, niemal szklaną powierzchnię. Stawy wytwarzają też płyn (maź stawowa), który redukuje tarcie i zużycie. Zużyty lub uszkodzony staw może zostać wymieniony sztuczny staw ( ). Elementy zamienne mogą zostać wykonane z metalu, ceramiki lub plastików (polietylen) o bardzo niskim współczynniku tarcia. Wstawianie sztucznego stawu kolanowego jest procedurą stosowaną od ponad 20 lat. Na rysunku przedstawiono zdjęcia rentgenowskie sztucznego stawu kolanowego. (Żródło: Mike Baird) Naturalne środki poślizgowe obejmują m.in. ślinę produkowaną w jamie ustnej w celu ułatwienia przełykania czy śliską maź wypełniającą np. opłucną czy osierdzie i umożliwiającą swobodny ruch narządów (serca w trakcie skurczu, płuc w trakcie oddychania, itp.). Szpitale i kliniki lekarskie często stosują sztuczne środki smarujące, takie jak żele, w celu zmniejszenia tarcia. Podane wzory na tarcie statyczne i kinetyczne wynikają z praw empirycznych, które opisują zachowanie sił tarcia. Chociaż wzory te są bardzo użyteczne w praktyce, nie mają one statusu twierdzeń matematycznych, które reprezentują ogólne zasady (jak np. druga zasada dynamiki Newtona). W rzeczywistości są przypadki, dla których te równania nie są nawet dobrymi przybliżeniami. Na przykład żaden z przywołanych wzorów nie opisuje dobrze ruchu powierzchni nasmarowanych środkami poślizgowymi ani względnego ruchu powierzchni z dużą szybkością. Jednakże w tym podręczniku nie będziemy zajmować się tymi wyjątkami. Tarcie statyczne i kinetyczne Skrzynia o masie 20 kg spoczywa na podłodze, co pokazano na . Współczynnik tarcia statycznego między skrzynią i podłogą wynosi 0,700, a współczynnik tarcia kinetycznego jest równy 0,600. Do skrzyni przyłożona jest pozioma siła P → . Znajdź siłę tarcia, gdy (a) P = 20 N , (b) P = 30 N , (c) P = 120 N , i (d) P = 180 N . (a) Skrzynia jest pchana po poziomej powierzchni z siłą P → . (b) Rozkład sił działających na skrzynię. W tym przypadku T → może oznaczać tarcie statyczne albo kinetyczne. Strategia rozwiązania Rozkład sił działających na skrzynię jest przedstawiony na (b). Stosujemy drugą zasadę dynamiki Newtona do sił działających w kierunku poziomym i pionowym, pamiętając o uwzględnieniu siły tarcia w kierunku przeciwnym do ruchu skrzyni. Rozwiązanie Z drugiej zasady dynamiki Newtona wynika, że ∑ F x = m a x ∑ F y = m a y P − T = m a x R − Q = 0 . Symbol T użyty w równaniu oznacza ogólnie siłę tarcia, dopóki nie uda nam się konkretnie określić, czy na skrzynię działa tarcie statyczne czy kinetyczne. Ciężar skrzyni wynosi Q = 20 , 0 k g ⋅ 9 , 81 m s 2 = 196 N , który co do wartości jest równy R . Maksymalna siła tarcia statycznego wynosi zatem 0 , 700 ⋅ 196 N = 137 N . Tak długo dopóki P → jest mniejsze od 137 N, siła tarcia statycznego utrzymuje skrzynię w bezruchu i T s = P . Stąd (a) T s = 20 N , (b) T s = 30 N , i (c) T s = 120 N . (d) Jeśli P → = 180 N , to oznacza, że przyłożona siła jest większa od maksymalnej wartości siły tarcia statycznego (137 N), dzięki czemu skrzynia jest w stanie się poruszyć. Gdy już zostanie ona wprawiona w ruch, zaczyna działać tarcie kinetyczne: T k = μ k R = 0 , 600 ⋅ 196 N = 118 N , a przyspieszenie wynosi: a x = P − T k m = 180 N − 118 N 20 k g = 3 , 10 m s 2 . Znaczenie Ten przykład ilustruje, jak analizować tarcie w zadaniach z dynamiki. Zauważ, że tarcie statyczne ma wartość taką jak przyłożona siła, aż do momentu osiągnięcia maksymalnej wartości tarcia statycznego. Dopóki przyłożona siła nie jest równa sile tarcia statycznego, nie może wystąpić żaden ruch, ale gdy już ruch się rozpocznie, zacznie działać siła tarcia kinetycznego, która jest mniejsza od siły tarcia statycznego. Sprawdź, czy rozumiesz. Ciężarek o masie 1,0 kg leży na poziomej powierzchni. Współczynniki tarcia między ciężarkiem i podłożem wynoszą odpowiednio μ s = 0,50 i μ k = 0,40 . Ile wynosi minimalna pozioma siła niezbędna do przesunięcia ciężarka? Ile będzie wynosić przyspieszenie ciężarka, gdy przyłożona zostanie ta siła? a. 4,9 N; b. 0,98 m/s 2 Tarcie na równi pochyłej Jedną z sytuacji, w której tarcie odgrywa istotną rolę, jest ruch ciała na zboczu. Czy rozpatrujemy przypadek skrzyni popchniętej na rampę stacji przeładunkowej czy deskorolkarza zjeżdżającego z górki, podstawowe zasady fizyki są takie same. Zawsze uogólniamy powierzchnię skośną i nazywamy ją równią pochyłą , zakładając jednocześnie, że powierzchnia jest płaska. Przyjrzyjmy się zatem zadaniu uwzględniającemu ruch z tarciem po równi pochyłej. Narciarz zjeżdżający ze zbocza Narciarz o masie 62 kg zjeżdża po ośnieżonym zboczu w dół ze stałą prędkością. Znajdź współczynnik tarcia kinetycznego narciarza na śniegu, jeśli wiadomo, że siła tarcia wynosi 45,0 N. Strategia rozwiązania Wartość siły tarcia kinetycznego wyliczona na podstawie danych z zadania wynosi 45,0 N. Tarcie kinetyczne jest powiązane z siłą normalną R za pomocą zależności T k = μ k R . Stąd, jeśli znajdziemy wartość siły normalnej, będziemy w stanie obliczyć wartość współczynnika tarcia kinetycznego. Siła normalna jest zawsze prostopadła do powierzchni. Skoro w płaszczyźnie prostopadłej do powierzchni narciarz nie wykonuje ruchu, zgodnie z pierwszą zasadą dynamiki Newtona siła normalna jest równoważona przez składową ciężaru narciarza prostopadłą do zbocza. Spójrz na , który powiela rysunek przedstawiony w rozdziale Zasady dynamiki Newtona . Kierunek ruchu narciarza oraz kierunek działania siły tarcia są równoległe do płaszczyzny zbocza, więc najwygodniej jest wybrać układ współrzędnych, w którym jedna z osi jest równoległa do płaszczyzny zbocza, zaś druga jest do zbocza prostopadła (układ przedstawiony na lewo od narciarza). Siła normalna R → jest prostopadła do zbocza, a tarcie T → działa równolegle do zbocza. Ciężar narciarza Q → ma dwie składowe wzdłuż obu osi oznaczone jako Q → y i Q → x . Siła normalna R → jest równa co do wartości do składowej ciężaru Q → y , więc w płaszczyźnie prostopadłej do zbocza narciarz jest nieruchomy. Z kolei tarcie T → jest mniejsze co do wartości od Q → x , więc wzdłuż powierzchni zbocza ruch odbywa się z przyspieszeniem (wzdłuż osi x ). Mamy R = Q y = Q cos 25 ° = m g cos 25 ° . Podstawiając to do równania na tarcie kinetyczne, otrzymujemy zależność T k = μ k m g cos 25 ° , z której z kolei można wyliczyć współczynnik tarcia kinetycznego μ k . Rozwiązanie Wyprowadzenie μ k z powyższej zależności daje ostateczny wzór: μ k = T k R = T k Q cos 25 ° = T k m g cos 25 ° . Po podstawieniu wartości liczbowych danych w zadaniu otrzymujemy: μ k = 45 , 0 N 62 k g ⋅ 9 , 80 m / s 2 ⋅ 0 , 906 = 0 , 082. Znaczenie Uzyskany wynik jest nieco mniejszy niż współczynnik tarcia wymieniony w dla nawoskowanego drewna na śniegu, jednakże wartość ta jest jak najbardziej akceptowalna, ponieważ wartości współczynników tarcia mogą się od siebie znacznie różnić. W sytuacjach takich jak ta, gdzie obiekt o masie m zjeżdża w dół po zboczu o kącie nachylenia θ do poziomu, tarcie jest wyrażone jako T k = μ k m g cos  θ . W takich warunkach wszystkie ciała zjeżdżają w dół ze stałym przyspieszeniem. Ustaliliśmy już, że gdy obiekt spoczywa na poziomej powierzchni, siła normalna dla tego ciała co do wartości jest równa jego ciężarowi. Tarcie jest zawsze proporcjonalne do siły normalnej. Gdy ciało znajduje się na płaszczyźnie ukośnej, takiej jak równia pochyła, musimy znaleźć siłę prostopadłą do płaszczyzny ruchu, która jest składową siły ciężkości. Siła ta co do wartości jest wówczas równa sile normalnej. Wyprowadzimy teraz użyteczny wzór do obliczania współczynnika tarcia na równi pochyłej. Zauważ, że zależność ta będzie prawdziwa tylko wówczas, gdy ciało będzie poruszało się w dół pochyłej powierzchni ze stałą prędkością. Ciało zsuwa się z równi pochyłej ze stałą prędkością wówczas, gdy siła wypadkowa w płaszczyźnie ruchu wynosi zero. Wiedza ta będzie przydatna, aby obliczyć współczynnik tarcia między dwoma ciałami. Jak pokazano na , tarcie kinetyczne na zboczu wynosi T k = μ k m g cos θ . Składowa ciężaru równoległa do płaszczyzny równi jest równa m g sin θ (spójrz na rozkład sił działających na ciało przedstawiony na ). Siły te działają w przeciwnych kierunkach, więc jeśli są one równe co do wartości, to przyspieszenie ciała jest równe zero. To oznacza, że: μ k m g cos θ = m g sin θ . Przekształcając powyższe równanie tak, aby obliczyć μ k , otrzymujemy: μ k = m g sin θ m g cos θ = tg θ . Połóż monetę na książce i pochylaj ją tak długo, dopóki moneta nie zacznie zasuwać się z książki ze stałą prędkością. Być może trzeba będzie delikatnie postukać w książkę, aby moneta poruszyła się. Zmierz kąt jaki książka tworzyła z poziomem gdy moneta zaczęła się poruszać, a następnie oblicz μ k . Zwróć uwagę, że moneta nie zacznie się poruszać dopóki kąt nachylenia książki nie będzie większy niż θ , ponieważ współczynnik tarcia statycznego jest większy niż współczynnik tarcia kinetycznego. Zastanów się, jak ten fakt wpływa na wyznaczaną eksperymentalnie wartość współczynnika tarcia kinetycznego μ k i trudności z jego dokładnym określeniem. Tarcie w skali atomowej Dotychczas analizowane zagadnienia opierały się na uproszczonej, makroskopowej naturze siły tarcia. Jednakże w ciągu ostatnich kilkudziesięciu lat dokonano wielkich postępów w wyjaśnieniu natury siły tarcia w skali atomowej. Naukowcy odkryli, że atomowa natura tarcia wydaje się mieć kilka podstawowych cech. Te cechy nie tylko wyjaśniają niektóre z prostszych aspektów tarcia. Ich odkrycie stwarza również potencjał do konstruowania ośrodków prawie pozbawionych tarcia, co pomoże zaoszczędzić setki miliardów dolarów na energii zamienianej obecnie (niepotrzebnie) na ciepło. przedstawia makroskopowy charakter tarcia, które z kolei wyjaśniane będzie w oparciu o analizę mikroskopową (w małej skali). Stwierdziliśmy, że tarcie jest proporcjonalne do siły normalnej, a nie zależy od powierzchni styku dwóch ciał, co jest zagadnieniem nieco kontrowersyjnym. Gdy dwie szorstkie powierzchnie są w kontakcie, rzeczywisty obszar styku jest niewielką częścią całego obszaru, ponieważ stykają się tylko wysokie punkty. Gdy wywierana jest większa siła normalna, rzeczywista powierzchnia styku wzrasta, co z kolei prowadzi do wniosku, że wartość siły tarcia jest proporcjonalna do wielkości tej powierzchni. W wyniku przyłożenia większej siły zewnętrznej wzrasta zarówno obszar rzeczywistego kontaktu między powierzchniami, jak i wartość siły tarcia. Jednakże obserwacja w skali atomowej pozwala wyjaśnić znacznie więcej niż tylko proste cechy tarcia. Na przykład można w ten sposób analizować mechanizm powstawania ciepła. Innymi słowy, dlaczego powierzchnie stają się cieplejsze, gdy są potarte? Zasadniczo atomy są połączone ze sobą, tworząc sieci. Kiedy powierzchnie o siebie pocierają, atomy powierzchniowe przylegają do siebie i wywołują drgania sieci – tworząc fale dźwiękowe, które penetrują materiał. Fale dźwiękowe zanikają wraz z odległością, a ich energia jest przekształcana w ciepło. Ponadto między atomami i cząsteczkami na powierzchniach trących mogą zachodzić reakcje chemiczne związane z tzw. zużyciem ciernym. pokazuje, jak końcówka sondy dotykającej badanego materiału (jak w mikroskopie sił atomowych) jest odkształcana na skutek tarcia w skali atomowej. Siła potrzebna do przeciągnięcia końcówki sondy po powierzchni materiału może być zmierzona. Jest ona związana z naprężeniem ścinającym , które jest szerzej omawiane w rozdziale Równowaga statyczna i sprężystość . Zróżnicowanie wartości naprężenia ścinającego jest ogromne (nawet rzędu 10 12 ) i trudne do przewidzenia w sposób teoretyczny, ale to właśnie ono daje fundamentalne podstawy do zrozumienia zjawiska tarcia w dużej skali. Końcówka sondy jest odkształcana na boki poprzez siłę tarcia, gdy sonda jest przeciągana po powierzchni. Pomiary siły różnią się w zależności od materiału, dając fundamentalny wgląd w atomową naturę tarcia. Obejrzyj symulację molekularnego modelu tarcia i opisz ruch cząsteczek w materii. Opis powinien zawierać wykresy wspomagające opis słowny. Jak temperatura wpływa na prezentowane zależności? Jakie są różnice i podobieństwa między ruchem cząstek w ciałach stałych, ciekłych i gazowych? Jak się ma wielkość i szybkość ruchu cząsteczek gazu do wielkości i szybkości otaczających nas przedmiotów? Przesuwające się ciężarki Dwa ciężarki przedstawione na są połączone nieważką struną przerzuconą przez nieważki bloczek, który może poruszać się bez tarcia. Kiedy ciężarek na spodzie, mający masę 4,00 kg, jest ciągnięty w lewo ze stałą prędkością P → ciężarek na górze, mający masę 2,00 kg przesuwa się w prawo. Oblicz, jaką siłą trzeba działać, aby przesuwać ciężarki ze stałą prędkością. Załóż, że współczynnik tarcia kinetycznego między wszystkimi powierzchniami wynosi 0,400. (a) Każdy z dwóch ciężarków przemieszcza się ze stałą prędkością. (b) Rozkłady sił działających na ciężarki. Strategia rozwiązania Rozważamy bilans sił działających na każdy z ciężarków z osobna. Górny klocek jest wystawiony na działanie siły kontaktowej wywieranej przez dolny bloczek. Na siłę tę składają się: siła normalna R 1 i siła tarcia −0,400 R 1 . Pozostałe siły działające na górny ciężarek to siła napięcia struny T oraz siła ciężkości ciężarka równa 19,6 N. Dolny ciężarek podlega z kolei działaniu sił kontaktowych ze strony górnego ciężarka oraz ze strony podłogi. Na pierwszą siłę kontaktową składają się − R 1 i 0,400 R 1 , które są po prostu siłami reakcji na siły kontaktowe, jakie dolny klocek wywiera na górny. Na siłę kontaktową ze strony podłogi składają się R 2 i 0,400 R 2 . Pozostałe siły działające na ten ciężarek to − P , siła naciągu struny N oraz ciężar drugiego klocka równy –39,2 N. Rozwiązanie Ponieważ górny blok przemieszcza się poziomo w prawo ze stałą prędkością, a w pionie nie porusza się wcale, to jego przyspieszenie wynosi zero zarówno w kierunku poziomym, jak i pionowym. Z drugiej zasady dynamiki Newtona wynika: ∑ F x = m 1 a x ∑ F y = m 1 a y N − 0,400 R 1 = 0 R 1 − Q 1 = 0 . Rozwiązujemy układ równań z dwoma niewiadomymi pamiętając, że Q 1 = 19,6 N . W rezultacie otrzymujemy następujące wartości szukane: R 1 = 19,6 N i N = 0 , 40 R 1 = 7 , 84 N . Dolny ciężarek również nie przyspiesza, więc po zastosowaniu drugiej zasady dynamiki Newtona otrzymujemy następujące równania: ∑ F x = m 2 a x ∑ F y = m 2 a y N − P + 0,400 R 1 + 0,400 R 2 = 0 R 2 − Q 2 − R 1 = 0 . Wartości R 1 i N wyliczone zostały z pierwszych dwóch zależności, zaś z danych zadania wynika, że Q 2 = 19,6 N . Gdy wartości te podstawimy do prezentowanych równań, możemy wyliczyć wielkości szukane, czyli R 2 i P . Wynoszą one odpowiednio: N 2 = 58 , 8 N oraz P = 39 , 2 N . Znaczenie Właściwy wybór kierunku, w którym należy narysować siłę tarcia, jest zazwyczaj dość problematyczny. Zwróć uwagę, że każda siła tarcia zaznaczona na działa w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu odpowiadającego jej klocka. Skrzynia na przyspieszającym samochodzie Skrzynia o masie 50 kg leży na naczepie samochodu ciężarowego, jak to zostało przedstawione na . Współczynniki tarcia między powierzchniami wynoszą odpowiednio μ k = 0,300 i μ s = 0,400 . Znajdź siłę tarcia między skrzynią a podłogą naczepy, jeśli auto jedzie ruchem jednostajnie przyspieszonym z przyspieszeniem wynoszącym odpowiednio (a) 2 , 00 m / s 2 lub (b) 5 , 00 m / s 2 . (a) Skrzynia leży na naczepie auta ciężarowego poruszającego się ruchem jednostajnie przyspieszonym. (b) Rozkład sił działających na skrzynię. Strategia rozwiązania Na kratę działają: siła ciężkości, siła normalna oraz siła tarcia o naczepę auta. Zaczynamy od przyjęcia założenia , że skrzynia nie ślizga się po powierzchni naczepy. W tym przypadku na skrzynię działa siła tarcia statycznego T s . Ponadto przyspieszenie skrzyni i auta są równe co do wartości. Rozwiązanie Zastosujmy drugą zasadę dynamiki Newtona, rozpisując bilans sił działających wzdłuż kierunków wyznaczonych przez przyjęty układ współrzędnych: ∑ F x = m a x ∑ F y = m a y f s = 50 , 0 k g ⋅ 2 , 00 m / s 2 R − 4 , 9 ⋅ 10 2 N = 50 , 0 k g ⋅ 0 m / s 2 f s = 1 , 00 ⋅ 10 2 N R = 4 , 90 ⋅ 10 2 N . Sprawdźmy teraz, czy nasze założenie o braku poślizgu skrzyni było słuszne. Maksymalna wartość siły tarcia statycznego wynosi μ s R = 0 , 400 ⋅ 4 , 90 ⋅ 10 2 N = 196 N, podczas gdy rzeczywista wartość tarcia statycznego, która działa, gdy auto jedzie z przyspieszeniem 2,00 m/s 2 wynosi zaledwie 1 , 00 ⋅ 10 2 N . W związku z tym założenie, że skrzynia nie będzie się ślizgać, było słuszne. Jeśli skrzynia ma pozostać w statycznym kontakcie z autem, gdy jedzie ono z przyspieszeniem 5 , 0 m / s 2 , siła tarcia statycznego musi wynosić T s = m a x = 50 , 0 k g ⋅ 5 , 00 m / s 2 = 250 N . Jako że wartość ta przewyższa wartość 196 N, którą wyliczyliśmy wcześniej, skrzynia zacznie się ześlizgiwać. Wówczas działająca siła tarcia kinetycznego wynosi: T k = μ R = 0 , 300 ⋅ 4 , 90 ⋅ 10 2 N = 147 N . Wypadkowe przyspieszenie skrzyni w płaszczyźnie poziomej względem układu związanego z ziemią można wyliczyć z zależności ∑ F x = m a x 147 N = 50 , 0 k g ⋅ a x a x = 2 , 94 m s 2 . Znaczenie W układzie odniesienia związanym z ziemią przyspieszenie auta wynosi 5,0 m/s 2 , zaś przyspieszenie skrzyni jest równe 2,94 m/s 2 . Stąd skrzynia przesuwa się do tyłu w stosunku do naczepy ciężarówki z przyspieszeniem 2 , 94 m / s 2 − 5 , 00 m / s 2 = − 2 , 06 m / s 2 . Snowboarding Wcześniej rozwiązywaliśmy zadanie, w którym analizowaliśmy ruch narciarza zjeżdżającego ze stoku ze stałą prędkością, aby obliczyć współczynnik tarcia kinetycznego. Teraz zróbmy podobną analizę, aby obliczyć przyspieszenie. Snowboardzista przedstawiony na zjeżdża ze stoku nachylonego pod kątem θ = 13 ∘ do poziomu. Współczynnik tarcia kinetycznego pomiędzy deską i śniegiem jest równy μ k = 0 , 20 . Jakie jest przyspieszenie snowboardzisty? (a) Snowboardzista zjeżdża w dół ze zbocza nachylonego pod kątem 13 ∘ do poziomu. (b) Rozkład sił działających na snowboardzistę. Strategia rozwiązania Na snowboardzistę działają siły: ciężkości oraz siła kontaktowa ze zboczem, na którą z kolei składają się siła normalna prostopadła do zbocza oraz siła tarcia kinetycznego zwrócona równolegle do zbocza. Ponieważ sportowiec porusza się wzdłuż zbocza, to najwygodniej będzie wybrać układ współrzędnych tak, by oś x była skierowana równolegle do zbocza, a oś y prostopadle do zbocza. Na tym rysunku siła normalna i siła tarcia są skierowane wzdłuż odpowiednich osi układu współrzędnych, zaś siła ciężkości rozłożona jest na dwie składowe: m g sin  θ równoległą do zobacza oraz m g cos  θ prostopadłą do zbocza. Jedyne niezerowe przyspieszenie jest skierowane wzdłuż kierunku x ( a y = 0 ) . Rozwiązanie Zastosujmy teraz drugą zasadę dynamiki Newtona do przypadku snowboardzisty: ∑ F x = m a x ∑ F y = m a y m g sin  θ − μ k R = m a x R − m g cos  θ = 0. Z drugiego równania R = m g cos  θ . Po podstawieniu tej zależności do pierwszego równania otrzymujemy: a x = g ( sin  θ − μ k cos  θ ) = g ( sin  13 ∘ − 0 , 20 cos  13 ∘ ) = 0 , 29 m s 2 . Znaczenie Z równania tego wynika, że jeśli θ jest wystarczająco małe lub μ k jest wystarczająco duże, to przyspieszenie a x jest ujemne, co oznacza, że snowboardzista zwalnia. Sprawdź, czy rozumiesz. Snowboardzista porusza się teraz w dół zbocza nachylonego pod kątem 10 ∘ . Jakie jest przyspieszenie snowboardzisty? −0,23 m/s 2 ; znak „minus” oznacza, że snowboardzista zwalnia. Podsumowanie Tarcie jest siłą kontaktową, która przeciwdziała ruchowi pomiędzy dwoma ciałami. Jest ono proporcjonalne do siły normalnej R , jaką ciała na siebie oddziałują. Wartość siły tarcia statycznego pomiędzy dwoma nieruchomymi ciałami będącymi w kontakcie jest zależna od wartości współczynnika tarcia statycznego, który jest charakterystyczny dla rodzaju materiałów stykających się. Siła tarcia kinetycznego pomiędzy dwoma stykającymi się ciałami będącymi w ruchu względem siebie jest zależna od wartości współczynnika tarcia kinetycznego, który jest charakterystyczny dla rodzaju materiałów stykających się i jest zawsze mniejszy od wartości współczynnika tarcia statycznego. Pytania Między klejem a substancją, która jest klejona taśmą klejącą działają siły. Czy siły te mogą być rodzajem tarcia? Wyjaśnij, biorąc pod uwagę, że taśma może trzymać się ścian pionowych, a nawet sufitów. Kiedy jedziesz samochodem, zauważasz, że musisz naciskać lekko na pedał hamulca, gdy chcesz zatrzymać auto, albo auto będzie szarpać w trakcie hamowania. Wyjaśnij to pod względem relacji między tarciem statycznym a kinetycznym. Jeśli gwałtownie naciśniesz na pedał hamulca, koła samochodu zablokują się tak, że nie będą się już toczyć po podłożu. Występuje wówczas tarcie ślizgowe, a nagła zmiana (ze względu na większą siłę tarcia statycznego) powoduje szarpanie. Kiedy piszesz, naciskając kawałkiem kredy na tablicę, ta czasami piszczy, ponieważ następuje szybka zmiana pomiędzy poślizgiem a przywarciem kredy do tablicy. Opisz ten proces bardziej szczegółowo, przede wszystkim wyjaśniając, jak to jest związane z faktem, że tarcie kinetyczne jest mniejsze od statycznego tarcia. (Ten sam proces ślizgania-przyczepiania odbywa się, gdy opony piszczą na chodniku.) Fizyk gotuje śniadanie i zauważa, że siła tarcia między łopatką i patelnią pokrytą teflonem wynosi zaledwie 0,200 N. Znając współczynnik tarcia kinetycznego pomiędzy tymi dwoma materiałami (z tabeli), fizyk szybko oblicza wartość siły normalnej. Ile ona wynosi? 5,00 N Zadania Podczas wykonywania remontu silnika fizyk musi wywrzeć siłę 3 , 00 ⋅ 10 2 N , aby wstawić suchy stalowy tłok do stalowego cylindra. Jaka jest siła normalna pomiędzy tłokiem a cylindrem? Jaką siłę musiałby wywrzeć fizyk, jeśli części silnika byłyby pokryte olejem? Jaka jest maksymalna siła tarcia w stawie kolanowym osoby, która podtrzymuje 66,0 kg swojej masy na tym kolanie? Podczas intensywnych ćwiczeń możliwe jest wywieranie na stawy siły, która jest 10 razy większa niż podpierany ciężar. Jaka jest maksymalna siła tarcia w takich warunkach? Siły tarcia w stawach są stosunkowo małe we wszystkich okolicznościach, z wyjątkiem przypadków psucia się stawów, takich jak uszkodzenie ciała lub zapalenie stawów. Zwiększone siły tarcia mogą powodować dalsze dolegliwości i ból. a. 10,0 N; b. 97,0 N Wyobraź sobie skrzynię drewnianą o masie 120 kg leżącą na drewnianej podłodze, gdzie współczynnik tarcia statycznego pomiędzy tymi drewnianymi powierzchniami wynosi 0,500. Jaką maksymalną siłę jesteś w stanie wywrzeć poziomo na skrzynię bez przesuwania jej? Jeśli nadal będziesz wywierać tę siłę na skrzynię nawet wówczas, gdy już zacznie się poruszać, to jakie będzie wówczas przyspieszenie skrzyni? Współczynnik tarcia kinetycznego wynosi 0,300. Jeśli połowa ciężaru auta dostawczego 1 , 00 ⋅ 10 3 k g jest obsługiwana przez jego dwa koła napędowe, to jakie przyspieszenie byłoby w stanie to auto osiągnąć na suchym betonie? Czy metalowa szafka leżąca na drewnianej naczepie samochodu przesuwa się, jeśli auto przyspiesza w tym tempie? Rozważ ponownie oba przypadki zakładając, że auto ma napęd na cztery koła. a. 4,9 m/s 2 ; b. Szafka się nie przesunie. c. Szafka się przesunie. Zaprzęg składający się z ośmiu psów ciągnie po mokrym śniegu sanie, których płozy pokryte są woskiem. Psy mają średnią masę 19,0 kg, a ładunek sanek z maszerem (osobą kierującą saniami) ma masę 210 kg. Oblicz przyspieszenie psów od momentu wyruszenia, jeśli każdy pies wywiera na śnieg średnią siłę 185 N. Oblicz siłę naciągu między psami a saniami. Rozważ przypadek łyżwiarki o wadze 65 kg popychanej przez dwie inne łyżwiarki. Oblicz kierunek i wartość siły wypadkowej F wyp , która jest całkowitą siłą wywieraną przez pozostałe kobiety, zakładając, że wartości wywieranych sił F 1 i F 2 wynoszą odpowiednio 26,4 N i 18,6 N. Jakie jest początkowe przyspieszenie łyżwiarki, jeśli najpierw stała ona w miejscu oraz ma na sobie łyżwy stalowe zwrócone w kierunku działania siły F wyp ? Jakie jest przyspieszenie, zakładając, że porusza się ona w kierunku działania siły F wyp ? (Pamiętaj, że tarcie zawsze działa w kierunku przeciwnym do ruchu lub próby ruchu między powierzchniami stykającymi się.) a. 32,3 N, 35,2 ° ; b. 0; c. 0,301 m/s 2 w kierunku działania siły F wyp Wykaż, że przyspieszenie ciała poruszającego się bez tarcia w dół równi pochyłej nachylonej pod kątem θ do płaszczyzny poziomej jest równe a = g sin θ . (Zauważ, że przyspieszenie jest niezależnie od masy ciała) Wykaż, że przyspieszenie dowolnego ciała poruszającego się z tarciem T k = μ k R w dół równi pochyłej wynosi a = g ( sin  θ − μ k cos  θ ) . Zwróć uwagę, że przyspieszenie jest niezależne od masy ciała i w sytuacji, gdy tarcie jest pomijalnie małe ( μ k = 0 ) zależność ta sprowadza się do równania znalezionego w poprzednim zadaniu. wyp F y = 0 ⇒ R = m g cos θ wyp F x = m a a = g ( sin θ − μ k cos θ ) Oblicz opóźnienie snowboardzisty wjeżdżającego na stok o kącie nachylenia 5 ∘ , przyjmując współczynnik tarcia nawoskowanego drewna na mokrym śniegu. Wynik poprzedniego zadania może być przydatny, ale uważaj, aby wziąć pod uwagę fakt, że snowboardzista jedzie w górę. Maszyna w urzędzie pocztowym wysyła paczki na pochylnię, z której trafiają one wprost do pojazdów dostawczych. Oblicz przyspieszenie pudła zjeżdżającego w dół po pochylni pod kątem 10 ∘ do poziomu zakładając, że współczynnik tarcia z paczki na nawoskowanym drewnie jest równy 0,100. Oblicz kąt nachylenia pochylni, przy którym pudło mogłoby zjeżdżać ze stałą prędkością. Pomiń wpływ oporu powietrza. a. 0,74 m/s 2 ; b. 5,71 ∘ Jeśli ciało ma spoczywać na równi pochyłej, nie zsuwając się, to tarcie musi być równe co do wartości składowej ciężaru równoległej do równi. Wymaga to coraz większego tarcia dla coraz bardziej stromych zboczy. Wykaż, że maksymalny kąt nachylenia zbocza względem poziomu, przy którym ciało nie zacznie się zsuwać wynosi θ = arctg  μ s . Możesz wykorzystać zależności wyliczone w poprzednich zadaniach. Załóż, że przyspieszenie a = 0 oraz że tarcie statyczne osiągnęło wartość maksymalną. Oblicz maksymalne przyspieszenie auta, które zjeżdża swobodnie z górki o kącie nachylenia 6 ∘ względem poziomu. Załóż, że ciężar auta jest równo rozłożony na cztery koła oraz że występuje tarcie statyczne, czyli opony nie ślizgają się podczas hamowania (pomijamy toczenie). Obliczenia poprowadź w następujących przypadkach: Na suchym betonie. Na mokrym betonie. Na lodzie przy założeniu, że μ s = 0,100 , czyli jest taki sam, jak dla butów na lodzie. a. 10,8 m/s 2 ; b. 7,85 m/s 2 ; c. 2,00 m/s 2 Oblicz maksymalne przyspieszenie auta, które zjeżdża swobodnie z górki o kącie nachylenia 4 ∘ względem poziomu. Załóż, że połowa ciężaru auta jest podpierana przez dwa koła napędowe oraz że występuje tarcie statyczne, czyli opony nie ślizgają się podczas hamowania (pomijamy toczenie). Obliczenia poprowadź w następujących przypadkach: Na suchym betonie. Na mokrym betonie. Na lodzie przy założeniu, że μ s = 0,100 , czyli jest taki sam jak dla butów na lodzie. Powtórz obliczenia z poprzedniego zadania dla samochodu z napędem na cztery koła. a. 9,09 m/s 2 ; b. 6,16 m/s 2 ; c. 0,294 m/s 2 Mający dwa silniki pociąg towarowy o masie 8 , 00 ⋅ 10 5 k g wiezie 45 samochodów o średniej masie 5 , 50 ⋅ 10 5 k g . Jaką siłę ciągu musi wywierać każdy z silników, aby pociąg mógł poruszać się z przyspieszeniem 5,00 ⋅ 10 –2 m/s 2 jeśli siła tarcia wynosi 7,50 ⋅ 10 5 N . Zakładamy, że każdy z silników wywiera taką samą siłę. Wspomniana siła tarcia jest niewielka jak dla tak masywnego systemu, co sprawia, że pociągi są bardzo efektywnymi energetycznie systemami transportowymi. Ile wynosi siła kontaktowa (naciągu) wywierana między 37 i 38 samochodem, zakładając, że każdy z samochodów ma taką samą masę oraz, że siłą tarcia jest równomiernie rozłożona między wszystkie auta i silniki? Rozważ przypadek alpinistki o wadze 52,0 kg, która wspina się po ścianie, jak przedstawiono na rysunku. Znajdź siłę naciągu liny oraz siłę, jaką alpinistka musi za pomocą stóp wywierać na pionową ścianę, aby pozostać nieruchoma. Załóż, że siła jest wywierana równolegle do jej nóg oraz że siła wywierana przez jej ramiona jest pomijalnie mała. Jaki jest minimalny współczynnik tarcia pomiędzy jej butami a ścianą? a. 272 N, 512 N; b. 0,268 Zawodnik startujący w zawodach zimowych pcha bryłę lodu o masie 45,0 kg przez zamarznięte jezioro, jak to zostało przedstawione na rysunku. Oblicz minimalną siłę F , jaką musi on wywierać na bryłę, aby ją ruszyć. Jakie będzie przyspieszenie bryły, jeśli po ruszeniu jej zawodnik będzie nadal pchał ją z tą samą siłą? Zawodnik z poprzedniego zadania ciągnie bryłę lodu za pomocą liny przerzuconej przez ramię jak na rysunku. Oblicz minimalną siłę F jaką musi on ciągnąć bryłę, aby ją ruszyć. Jakie będzie przyspieszenie bryły, jeśli po ruszeniu zawodnik będzie nadal ciągnął ją z tą samą siłą? a. 46,5 N; b. 0,629 m/s 2 Na poczcie paczka w postaci pudła o masie 20 kg zjeżdża po pochylni nachylonej pod kątem 30 ∘ do poziomu. Współczynnik tarcia kinetycznego między pudłem i pochylnią wynosi 0,0300. Oblicz przyspieszenie pudła. Oblicz prędkość pudła na końcu pochylni, jeśli ma ona długość 2 m, a prędkość początkowa pudła wynosi 0. tarcie (ang. friction ) siła, która przeciwdziała względnemu ruchowi lub próbie ruchu między stykającymi się ciałami tarcie kinetyczne (ang. kinetic friction ) siła, która przeciwdziała względnemu ruchowi dwóch poruszających się, stykających się ciał tarcie statyczne (ang. static friction ) siła, która przeciwdziała względnemu ruchowi dwóch statycznych, stykających się ciał

Science