" = 1 M. ( ) = 1 M dmr. KOMIHÅG 6: Masscentrum: --3 partiklar: r G. = ( x G. ,y G M --Kontinuum: ,z G. r G.

Transkript

1 1 KOMIHÅG 6: Masscentrum: --3 partiklar: r G = ( x G,y G,z G ) = m r + m r + m r M --Kontinuum: ( ) = 1 M dmr r G = x G,y G,z G " = 1 M M " dm dv r dv Föreläsning 7: FRIKTION Friktionsmotstånd uppstår mellan fasta kroppar som glider mot varandra om inte ytorna är glatta. Friktion kan även uppstå om en kropp rör sig i en gas eller vätska. Viskös friktion uppstår på grund av rörelse i vätska eller gas. En 'bromsande' viskös friktion som ökar med hastigheten ges av F = "cv. Konstanten c beror av kontaktytans form och typ av vätska (gas) bland annat. Exempel: Vid 'fritt' fall uppnås en gränshastighet. v gräns = mg c Luftmotståndet ökar tills en V jämvikt inställer sig!

2 2 Coulomb (torr) friktionskraft uppstår vid kontakt mellan två fasta kroppar: N F µ mg Friktionskraften F µ motverkar dragkraften i figuren till en viss gräns: --Friktionstalet är en materialkonstant.

3 3 roblem: En kraft av 700 N appliceras snett enligt figuren på ett stationärt, massivt 100-kilos block. Bestäm friktionskraften. Lösning: Frilägg blocket! Ställ upp jämviktsekvationerna och kolla om blocket kan ha förblivit stationärt. N F µ mg! cos30 o " F µ = 0 # N + sin 30 o " mg = 0 Vi får det orimliga resultatet: F µ N = cos30 o # 0.96 > µ mg/ "sin30 o Det rör sig alltså om glidning längs marken med bromsande friktionskraften F = µn = 0.8" 631N # 505 N

4 4 roblem: En smal homogen stav med längd L och massa m skall placeras lutande mot en vertikal vägg. Beräkna den maximala lutningsvinkeln om både väggens och golvets friktionstal är µ. F 2 N 2! W N 1 F 1 Lösning: I gränsen då det börjar glida är båda friktionskrafterna maximala (i förhållande till sina respektive normalkrafter). Jämviktsekvationerna blir i gränsfallet:! N 2 " µn 1 = 0 samt # µn 2 + N 1 " W = 0 Vi löser de här ekvationerna för att få den kritiska lutningsvinkeln:! = tan "1 # 2µ & % $ 1" µ 2 ( '

5 5 roblem: Vad kommer att hända här?? 2d F G W d N s Lösning: Frilägg och analysera som förut, men tag hänsyn även till momentjämvikten. Jämvikt kräver dels: F = cos30o N = W! sin 30 o dels G) Ns " Fd = 0 Nu är det två rimlighetsvillkor som inte uppfylls F 1) Ej glidning: N < µ s. (ej uppfyllt!) 2) Ej stjälpning: s = F N d < d. (ej uppfyllt!) 2 Kommer blocket att stjälpa, glida, eller bådadera?

6 6 r roblem Ett homogent halvcylinderskal hålls i jämvikt på ett horisontellt underlag med ett horisontellt snöre. å gränsen till glidning finns ett samband mellan lutningsvinkeln och det statiska friktionstalet. Bestäm detta. Undersök speciellt fallet att lutningsvinkeln är π/2. Ledtråd: Masscentrums läge är beläget på avståndet 2r/ " från skalets centrum längs tvärsnittets symmetrilinje. Redovisa införda beteckningar.

7 7 KOMIHÅG 7: Torr friktion: F " µn. Viskös friktion: F = "cv. Extra villkor för jämvikt: risk för glidning eller stjälpning Föreläsning 8: Mer Friktion jämviktsvillkor m µ 2 L µ 1 x roblem: En lätt stång av längd L stödjer en massa m som bara kan röra sig vertikalt. Friktionstalet µ 1 mot underlaget skiljer sig från friktionstalet µ 2 i kontakt med massan. Bestäm först friktionskrafterna för läget i figuren. Ange sedan friktionsvillkoren för jämvikt.

8 8 Lösning: Friläggning av massan ger " N 2 # mg = 0. Frilägg sedan stången: F 2 N 1 mg Jämvikt kräver: " F 1 # F 2 = 0 $ N 1 # mg = 0 F 1. där momentekvationen avser kontaktpunkten mot underlaget. De lika stora friktionskrafterna blir således: mgx F 1 = F 2 =. L 2 " x 2 Friktionsvillkoren blir: F 1 mg = x L 2 " x 2 < µ 1, och F 2 mg = x L 2 " x < µ. 2 2 Beroende på vilket friktionstal som är minst får vi villkoret µl x max =, där µ = min { µ,µ 1+ µ 2 1 2}.

9 9 Exempel 2a h (2b) A En gradvis ökning av belastningen på lådan görs. Undersök vilket villkor för friktionstalet µ som måste gälla för att den belastade lådan ska stjälpa innan glidning inträffar. Lösning: Kraftanalys (dvs rita och identifiera krafter, dvs frilägg ): 2a h A x mg N (2b) f Kraftjämvikten ger: " f = 0 och N " mg = 0. Härur kan friktionskraften och normalkraften bestämmas. f =, N = mg. Momentjämvikten: Nx " mga " h = 0. Härur kan x bestämmas. x = a + h. För gränsen till glidning gäller: mg = µmg.

10 10 För gränsen till stjälpning, dvs x=2a, gäller: = a h mg. För att stjälpning skall inträffa först då kraften ökar krävs: a h < µ. roblem: a) Figuren visar en perspektivskiss av tre kraftvektorer vars belopp är proportionella mot en kantlängd (två krafter, F) samt en sidodiagonal (en kraft, 2F ). Räkna ut resultanten i origo, dvs kraftsumma R och momentsumma M O. b) Bestäm en annan momentpunkt r C i rummet med avseende på vilken krafternas momentvektor blir parallell (eller anti-parallell) med kraftsummans vektor R. Använd sambandsformeln för byte av momentpunkt: M O = M C + r C " R. Lösning: Systemets kraftssumma: R = 2F e z = ( 0,0,2F ). Momentet map origo : M 0 = ( Fa/ 2+ Fa,"Fa,"Fa).

11 Hitta en ny momentpunkt som tar bort momentkomponenter " mot R, i detta fall x- och y- komponenterna. Sambandsformeln för moment ger: M C = M O " r C # R. Vi ser att hur vi än letar punkter kan vi inte ändra momentet med avseende på z-axeln. Alltså letar vi efter en punkt så att r C " R = M O # M C = ( 3Fa/ 2,#Fa,0). z C kan inte bestämmas entydigt. Skriv nu ekvationer med x C,y C ur vektorekvationen: y C 2F = 3Fa /2 "x C 2F = "Fa som har lösningen: x C = a /2 y C = 3a /4. 11