11.1 Toczenie się ciał

Staczanie się z równi pochyłej

Walec stacza się bez poślizgu z równi pochyłej, bez prędkości początkowej. Masa walca wynosi $m$, a jego promień $r$.

1. Jakie jest jego przyspieszenie?
2. Jaki warunek musi spełniać współczynnik tarcia statycznego ${\mu }_{\text{s}}$, aby zapobiec poślizgowi walca?

Strategia rozwiązania

Narysujmy diagram sił (działających na walec) i wybierzmy układ współrzędnych. Niech oś OX będzie równoległa do powierzchni równi i zwrócona w dół równi, zaś oś OY prostopadła do powierzchni równi i zwrócona w górę. Scharakteryzujmy siły działające na walec. Są to: siła normalna (siła reakcji podłoża (na siłę nacisku)), siła grawitacji i siła tarcia statycznego. Zapiszmy drugą zasadę dynamiki (drugie prawo Newtona) ruchu postępowego w kierunkach $x$ i $y$ oraz drugą zasadę dynamiki (drugie prawo Newtona) dla ruchu obrotowego. Na podstawie zapisanych równań obliczymy przyspieszenie i siłę tarcia.

Rozwiązanie

1. Szkic sytuacyjny i diagram sił pokazane są na Ilustracji 11.5, na którym zaznaczono siłę normalną, składowe siły ciężkości (ciężaru) oraz statyczną siłę tarcia. Rola siły tarcia (w stosunku do jej maksymalnej możliwej wartości) ogranicza się do zapewnienia toczenia się walca bez poślizgu. Innymi słowy, ponieważ nie dochodzi do poślizgu, wartość siły tarcia jest mniejsza lub równa ${\mu }_{\text{s}}N$. Zapisując drugą zasadę dynamiki dla kierunków $x$ i $y$, otrzymujemy

   $$\begin{gathered} \sum F_x=m{\left(a_{\text{ŚM}}\right)}_x, \\ \sum F_y=m{\left(a_{\text{ŚM}}\right)}_y. \end{gathered}$$

   Ilustracja 11.5 Walec staczający się z równi pochyłej (lewy rysunek), diagram sił działających na walec (prawy rysunek).

   Podstawiając odpowiednio wartości sił z diagramu sił, otrzymujemy

   $$\begin{array}{rl}mg\sin \theta -T_{\text{s}}& =m{\left(a_{\text{ŚM}}\right)}_x,\\ N-mg\cos \theta & =0,\\ T_{\text{s}}& ⩽{\mu }_{\text{s}}N.\end{array}$$

   11.4

   Z powyższych równań możemy obliczyć liniowe przyspieszenie środka masy:

   $${\left(a_{\text{ŚM}}\right)}_x=g\left(\sin \theta -{\mu }_{\text{s}}\cos \theta \right).$$

   11.5

   Ponieważ w powyższym równaniu nie znamy siły tarcia, to w celu znalezienia przyspieszenia liniowego potrzebne jest nam drugie równanie, w którym wyrazimy moment siły tarcia przez moment bezwładności. Zapiszmy drugą zasadę dynamiki dla ruchu obrotowego,

   $$\sum M_{\text{ŚM}}=I_{\text{ŚM}}\epsilon .$$

   W powyższym równaniu momenty sił obliczamy względem osi przechodzącej przez środek masy walca. Jedynym niezerowym momentem siły jest moment siły tarcia. Mamy zatem:

   $$r{T}_{\text{s}}=I_{\text{ŚM}}\epsilon ,$$

   gdzie, jak wiemy, przyspieszenie liniowe związane jest z przyspieszaniem kątowym zależnością

   $${\left(a_{\text{ŚM}}\right)}_x=r\epsilon .$$

   Powyższe równanie można rozwiązać, wyrażając $a_{\text{ŚM}}$, $\epsilon$ i $T_{\text{s}}$ jako funkcje momentu bezwładności. Walec porusza się jedynie wzdłuż osi $x$, dlatego w celu uproszczenia zapisu możemy opuścić wskaźnik $x$. Wyraźmy $a_{\text{ŚM}}$ przez składową równoległą (do równi) siłę ciężkości i siłę tarcia, wykonując następujące podstawienia (wykorzystano Równanie 11.4 i Równanie 11.5):

   $$\begin{array}{c}{a}_{\text{ŚM}}=gsin\theta -\frac{T_{\text{s}}}{m}\text{,}\\ T_{\text{s}}=\frac{I_{\text{ŚM}}\epsilon }{r}=\frac{I_{\text{ŚM}}{a}_{\text{ŚM}}}{r^2}\text{.}\end{array}$$

   Stąd otrzymujemy:

   $$a_{\text{ŚM}}=g\sin \theta -\frac{I_{\text{ŚM}}{a}_{\text{ŚM}}}{m{r}^2}=\frac{mg\sin \theta }{m+I_{\text{ŚM}}\text{/}{r}^2}.$$

   Zauważmy, że wynik ten jest niezależny od współczynnika tarcia ${\mu }_{\text{s}}$. Ponieważ dla walca z Ilustracji 10.20 moment bezwładności $I_{\text{ŚM}}=m{r}^2\text{/}2$, uzyskujemy

   $$a_{\text{ŚM}}=\frac{mg\sin \theta }{m+m{r}^2\text{/}2r^2}=\frac{2}{3}g\sin \theta .$$

   Otrzymujemy zatem:

   $$\epsilon =\frac{a_{\text{ŚM}}}{r}=\frac{2}{3r}g\sin \theta .$$

2. Ponieważ nie występuje poślizg, czyli $T_{\text{s}}⩽{\mu }_{\text{s}}N$, to wyrażenie na siłę tarcia ma postać:

   $$T_{\text{s}}=I_{\text{ŚM}}\frac{\epsilon }{r}=I_{\text{ŚM}}\frac{a_{\text{ŚM}}}{r^2}=\frac{I_{\text{ŚM}}}{r^2}\frac{mg\sin \theta }{m+I_{\text{ŚM}}\text{/}{r}^2}=\frac{mg{I}_{\text{ŚM}}\sin \theta }{m{r}^2+I_{\text{ŚM}}}.$$

   Podstawiając to wyrażenie w miejsce równania – warunku na brak poślizgu – a także zauważając, że siła normalna $N=mg\text{cos}\theta$, otrzymujemy:

   $$\frac{mg{I}_{\text{ŚM}}\sin \theta }{m{r}^2+I_{\text{ŚM}}}⩽{\mu }_{\text{s}}mg\cos \theta ,$$

   lub

   $${\mu }_{\text{s}}⩾\frac{\mathrm{tg}\theta }{1+m{r}^2\text{/}{I}_{\text{ŚM}}}.$$

   Warunek ten dla pełnego walca przyjmuje postać

   $${\mu }_{\text{s}}⩾\frac{\mathrm{tg}\theta }{1+2m{r}^2\text{/}m{r}^2}=\frac{1}{3}\mathrm{tg}\theta .$$

Znaczenie

1. Przyspieszenie liniowe jest proporcjonalne do $\text{sin}\theta .$ Zatem im większy jest kąt nachylenia, tym większe jest, jak można by się spodziewać, przyspieszenie liniowe. Przyspieszenie kątowe z kolei jest wprost proporcjonalne do $\text{sin}\theta$ i odwrotnie proporcjonalne do promienia $r$ walca. Tak więc im większy jest jego promień, tym mniejsze jest jego przyspieszenie kątowe.
2. W przypadku, gdy nie występuje poślizg, współczynnik tarcia musi być większy niż lub równy $\mathrm{tg}\left(\theta \right)\text{/}3$, a zatem im większy jest kąt nachylenia równi, tym większy musi być współczynnik tarcia, aby zapobiec poślizgowi walca.

Staczanie się po równi pochyłej z poślizgiem

Walec stacza się z równi pochyłej bez prędkości początkowej z poślizgiem (Ilustracja 11.7). Masa walca wynosi $m$, a promień $r$.

1. Jakie jest jego przyspieszenie liniowe?
2. Jakie jest jego przyspieszenie kątowe wokół osi przechodzącej przez środek masy?

Strategia rozwiązania

Wykonajmy rysunek wraz z diagramem działających sił. Jest on podobny do sytuacji bez poślizgu, z tą różnicą, że teraz siła tarcia jest siłą tarcia kinetycznego zamiast statycznego. Za pomocą drugiej zasady dynamiki (prawa Newtona) dla ruchu postępowego obliczymy przyspieszenie (liniowe) w kierunku osi $x$. Za pomocą drugiej zasady dynamiki (prawa Newtona) dla ruchu obrotowego znajdziemy rozwiązanie dla przyspieszenia kątowego.

Rozwiązanie

Suma sił działających wzdłuż osi $y$ wynosi zero, więc siła tarcia jest teraz równa $T_{\text{k}}={\mu }_{\text{k}}N={\mu }_{\text{k}}mg\cos \theta$.

Druga zasada dynamiki dla kierunku $x$ daje:

lub

Moment siły tarcia jest jedynym niezerowym momentem siły wokół osi przechodzącej przez środek masy, dlatego druga zasada dynamiki dla ruchu obrotowego daje:

Rozwiązując powyższy układ równań ze względu na $\epsilon$, otrzymujemy:

Znaczenie

Zapisujemy zależności przyspieszenia liniowego i kątowego od współczynnika tarcia kinetycznego. Przyspieszenie liniowe jest takie samo jak ciała ślizgającego się w dół równi pochyłej, na które działa siła tarcia kinetycznego. Przyspieszenie kątowe względem osi obrotu jest wprost proporcjonalne do siły tarcia, która z kolei zależy od kosinusa kąt nachylenia. Gdy kąt $\theta \text{→}{90}^{\circ }$, siła ta dąży do zera, a tym samym przyspieszenie kątowe też dąży do zera.

Łazik Curiosity

Łazik Curiosity, pokazany na Ilustracji 11.8, wylądował na Marsie 6 sierpnia 2012 r. Koła łazika mają promień 25 cm. Załóżmy, że astronauci docierają na Marsa w roku 2050 i znajdują tam niepracujący łazik Curiosity na zboczu niecki. Podczas demontażu łazika przez astronautę przypadkowo odrywa się jedno z kół, które toczy się bez poślizgu w dół niecki 25 m poniżej. Jeżeli koło ma masę 5 kg, to jaka jest jego prędkość na dnie niecki?

Strategia rozwiązania

Do analizy zadania zastosujemy zasadę zachowania energii mechanicznej. W górnej części zbocza koło znajduje się w spoczynku i ma tylko energię potencjalną (względem dna niecki). W dolnej części niecki koło ma energię kinetyczną ruchu obrotowego i postępowego, która, z zasady zachowania energii, musi być równa początkowej energii potencjalnej. Ponieważ koło toczy się bez poślizgu, użyjemy zależności $v_{\text{ŚM}}=r\omega$, aby w wyrażającym zasadę zachowania energii powiązać zmienne translacyjne (ruchu postępowego) ze zmiennymi obrotowymi (kątowymi). Następnie obliczymy prędkość. Z Ilustracji 11.8 wynika, że dobrym przybliżeniem koła jest wydrążony walec (cylinder), dzięki czemu możemy korzystać ze wzoru na jego moment bezwładności w celu uproszczenia obliczeń.

Rozwiązanie

Energia w górnej części zbocza niecki jest równa energii na jej dole:

Znane są wielkości $I_{\text{ŚM}}=m{r}^2$, $r=\mathrm{0,25}\mathrm{m}$ i $h=\mathrm{25,0}\mathrm{m}$.

Przepiszmy powyższe równanie zachowania energii, eliminując $\omega$ przy użyciu $\omega =v_{\text{ŚM}}\text{/}r$. Otrzymujemy:

lub

Na Marsie przyspieszenie grawitacyjne wynosi $\mathrm{3,71}\mathrm{m}\text{/}{\mathrm{s}}^2$, co daje wartość prędkości u dołu zbocza równą

Znaczenie

Jest to dość dokładny wynik biorąc pod uwagę, że Mars ma bardzo rzadką atmosferę, a straty energii wynikające z oporu powietrza byłyby minimalne. Założono również, że teren jest gładki, więc koło nie napotykało kamieni i wybojów.

Ponadto w tym przypadku energia kinetyczna lub energia ruchu jest równo podzielona na ruch postępowy i obrotowy. Jeśli popatrzymy na momenty bezwładności obiektów o różnych kształtach na Ilustracji 10.20, widzimy, że cylinder (wydrążony walec) posiada największy możliwy moment bezwładności dla danego promienia i masy. Gdyby kształt kół łazika był bardziej zbliżony kształtem do walca, to wtedy wkład energii kinetycznej ruchu postępowego do całkowitej energii byłby większy niż wkład energii ruchu obrotowego. To dałoby kołu większą prędkość liniową. W ten sposób, walec szybciej osiągnie dno niecki niż wydrążony w środku cylinder.