5.6 Rodzaje sił

Siły nacisku

Ciężar (często nazywany również siłą ciężkości) to siła, która działa nieprzerwanie na obiekt w polu grawitacyjnym. Musi być ona zrównoważona przez inną siłę, przeciwnie skierowaną, aby ciało to swobodnie nie opadło, np. w przypadku, gdy trzymasz przedmiot nad ziemią. Przypadek taki pokazano na Ilustracji 5.22(a). Jak to się dzieje jednak, że obiekty nieożywione, jak np. stół, utrzymują na swojej powierzchni masę w pozycji nieruchomej (patrz Ilustracja 5.22(b))? Kiedy na stole znajduje się worek z karmą dla psów, stół nieco ugina się pod jego ciężarem. Z pewnością byłoby to bardziej zauważalne, gdyby worek ten został umieszczony na stole z dykty, lecz nawet solidny dębowy stół odkształca się, gdy jest do niego przyłożona siła. Jeśli obiekt nie jest odkształcony w taki sposób, że granice sprężystości zostają przekroczone, będzie on wywierać siłę przywracającą do położenia równowagi, podobnie jak odkształcona sprężyna (lub trampolina). Im większy jest stopień odkształcenia ciała, tym większa jest siła przywracająca je do stanu początkowego. Toteż gdy masę umieścimy na stole, jego blat będzie się deformował do momentu, gdy siła przywracająca dorówna sile ciężkości masy umieszczonej na stole. W tym momencie siła wypadkowa w układzie wynosi zero i masa na stole jest nieruchoma. W przypadku stołu układ reaguje stosunkowo szybko, a linia ugięcia jest niewielka, lecz w istocie jest to ten sam efekt, który obserwuje w przypadku obciążonej trampoliny.

Ilustracja 5.22 (a) Osoba trzymająca nad stołem worek z karmą dla psów zmuszona jest działać na worek siłą $\overrightarrow{F}$ o wartości równej ciężarowi worka$\overrightarrow{Q}$, lecz przeciwnie skierowaną. W wyniku tego działania worek nie opada swobodnie na blat stołu. (b) Stół z dykty ulega ugięciu, gdy położy się na nim ciężki worek z karmą dla psów. Siły sprężystości stołu rosną w miarę ugięcia, aż osiągną wartość siły nacisku $\overrightarrow{R}$ równoważącej ciężar worka.

Należy zauważyć, że w układzie musi działać skierowana w górę siła, równoważąca ciężar podpieranej masy (w tym przypadku worka z karmą dla psów) – a jej źródłem może być dźwigający masę człowiek albo przedmiot (tutaj: stół). Jeśli siła podtrzymująca ciężar jest prostopadła do powierzchni kontaktu między obciążeniem a podporą, siła ta jest określana jako siła nacisku lub siła reakcji podłoża i zwykle oznaczana symbolem $\overrightarrow{R}$. Siła reakcji podłoża działa zawsze prostopadle do jego powierzchni. Oznacza to, że siła taka, działająca na ciało spoczywające na poziomym stole może być zapisana jako wektor:

Skalarnie powyższe równanie wygląda następująco:

Siła reakcji podłoża może być mniejsza niż siła ciężkości działająca na dany obiekt, jeśli obiekt znajduje się na nachylonej powierzchni.

Przykład 5.12

Ciężar na równi pochyłej

Rozpatrzmy przykład narciarza zjeżdżającego po stoku narciarskim, tak jak pokazano to na Ilustracji 5.23. Jego masa wraz ze sprzętem wynosi 60 kg. (a) Jakie jest przyspieszenie narciarza, gdy zaniedbamy siłę tarcia? (b) Jakie przyspieszenie uzyska narciarz, jeżeli siła tarcia wynosi 45 N?

Ilustracja 5.23 Ponieważ przyspieszenie narciarza jest równoległe do powierzchni stoku, łatwo jest przeanalizować dynamikę jego ruchu, przyjmując obrócony układ współrzędnych jak na rysunku. Siła $\overrightarrow{R}$ jest prostopadła do stoku, siła $\overrightarrow{T}$ to siła równoległa do stoku, a siła ciężkości $\overrightarrow{Q}$ rozkłada się na dwie składowe, $Q_y$ i $Q_x$. Strzałka na rysunku, którą oznaczono siłę $\overrightarrow{Q}$, jest przekreślona wężykiem, aby zaznaczyć, że została zastąpiona przez swoje składowe. Z kolei siła $\overrightarrow{R}$ równoważy siłę $Q_y$, więc w kierunku prostopadłym do równi układ nie doznaje przyspieszenia. Jednakże siła tarcia $T$ jest mniejsza niż $Q_x$, dlatego narciarz porusza się w dół stoku z przyspieszeniem o kierunku równoległym do stoku.

Strategia rozwiązania

Jest to problem dwuwymiarowy, ponieważ nie wszystkie siły działające na narciarza na stoku w analizowanym układzie są do siebie równoległe. Należy zastosować podobne podejście, które wykorzystaliśmy już w przypadku układów dwuwymiarowych w kinematyce. Na początku należy wybrać wygodny do rozwiązania zadania układ współrzędnych i zrzutować wektory na jego osie, tworząc dwa osobne równania ruchu do rozwiązania. Najbardziej wygodnym układem współrzędnych jest taki, który ma jedną współrzędną równoległą do stoku i drugą do niego prostopadłą (ruchy wzdłuż wzajemnie prostopadłych osi są niezależne). Zastosujemy oznaczenia odpowiednio $x$ i $y$ dla kierunku równoległego i prostopadłego. Taki wybór osi upraszcza bardzo to zagadnienie, ponieważ ruch narciarza nie ma składowej w kierunku prostopadłym do stoku. Siła tarcia stanowi siłę oporu w tym ruchu i jest zawsze równoległa do stoku. Siła $Q_x$ jest równoległa do stoku i ma zwrot zgodny z kierunkiem ruchu narciarza. Problem ten możemy łatwo rozwiązać, tworząc dwa osobne równania Newtona dotyczące sił działających w dwóch osobnych kierunkach $x$ i $y$.

Rozwiązanie

Wartość składowej siły ciężkości równoległej do stoku wynosi

$$Q_x=Q\sin {25}^{\circ }=mg\sin {25}^{\circ }\mathrm{,}$$

natomiast składowa prostopadła do stoku to:

$$Q_y=Q\cos {25}^{\circ }=mg\cos {25}^{\circ }.$$

a. Zaniedbajmy siłę tarcia w układzie. Ponieważ przyspieszenie całkowite narciarza ma kierunek równoległy do stoku, wystarczy, że przeanalizujemy wszystkie siły działające w tym kierunku. Siły prostopadłe do stoku zerują się, narciarz nie ma przecież przyspieszenia w kierunku y. Siły równoległe do równi to składowa siły ciężkości równoległa do stoku $Q_x$ oraz siła tarcia $T$. Zastosujmy drugą zasadę dynamiki Newtona, aby utworzyć równanie sił jedynie w kierunku poziomym:

$$a_x=\frac{F_{\text{wypx}}}{m},$$

gdzie $F_{\text{wyp}x}=Q_X-mg\sin {25}^{\circ }$, zakładając chwilowo, że tarcie jest zaniedbywalne. Zatem

$$a_x=\frac{F_{\text{wyp}⁣x}}{m}=\frac{mgsin25°}{m}=gsin25°=\mathrm{9,81}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2\cdot \mathrm{0,4226}=\mathrm{4,14}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2\text{,}$$

to poszukiwane przyspieszenie narciarza.

b. Uwzględniamy znaną wartość siły tarcia oraz jej kierunek równoległy do stoku. Wypadkowa siła działająca na narciarza w kierunku x wynosi:

$$F_{\text{wyp}x}=Q_x-T.$$

Wstawiając obliczoną siłę wypadkową w kierunku $x$ do równania wyrażającego drugie prawo Newtona $a_x=F_{\text{wyp}x}\mathrm{/}m\mathrm{,}$, otrzymujemy

$$a_x=\frac{F_{\text{wyp}x}}{m}=\frac{Q_x-T}{m}=\frac{mg\sin {25}^{\circ }-T}{m}.$$

Podstawiając znane z treści zadania wartość otrzymujemy

$$a_x=\frac{\left(\mathrm{60,0}\text{kg}\right)\left(\mathrm{9,81}{\text{m/s}}^2\right)\left(\mathrm{0,4226}\right)-\mathrm{45,0}\text{N}}{\mathrm{60,0}\text{kg}},$$

a stąd wartość przyspieszenia narciarza:

$$a_x=\mathrm{3,39}{\text{m/s}}^2\mathrm{,}$$

co stanowi wartość przyspieszenia skierowanego równolegle do równi pochyłej, gdy uwzględnia się siłę tarcia o wartości 45 N.

Znaczenie

Gdy siła tarcia jest uwzględniana, przyspieszenie ciała zsuwającego się z równi pochyłej ma mniejszą wartość niż wtedy, gdy to tarcie zaniedbujemy. Przy zaniedbaniu zjawiska tarcia, przyspieszenie ciała zsuwającego się z równi wynosi $a=g\sin \theta$, niezależnie od masy tego ciała. Jak już wcześniej omówiono, wszystkie obiekty opadają swobodnie w polu grawitacyjnym z tym samym przyspieszeniem tylko wtedy, gdy zaniedbamy wpływ sił oporu powietrza. Analogicznie, wszystkie ciała, niezależnie od masy, zsuwają się z tym samym przyspieszeniem (dla tego samego kąta nachylenia równi), jeśli zaniedbamy zjawisko tarcia między ciałem a równią.

Gdy ciało spoczywa nieruchomo na równi pochyłej o kącie nachylenia $\theta$, siła ciężkości działająca na to ciało rozkłada się na dwie składowe: prostopadłą do powierzchni $Q_y$ oraz równoległą do powierzchni $Q_x$ (Ilustracja 5.24). Siła normalna do powierzchni stoku to $\overrightarrow{R}$ i ma taką samą wartość jak składowa prostopadła siły ciężkości, lecz przeciwny zwrot. Z kolei składowa $Q_x$ nadaje ciału przyspieszenie w dół równi.

Ilustracja 5.24 Obiekt spoczywający na równi pochyłej o kącie nachylenia $\theta$.

Bądź uważny podczas rozkładania siły ciężkości na jej składowe. Gdy równia posiada kąt nachylenia $\theta$, wówczas wartości składowych wynoszą odpowiednio:

oraz

Zastosujmy równanie opisujące drugie prawo Newtona, aby zapisać wyrażenie na reakcji działającą na ciało spoczywające na równi pochyłej:

Zamiast uczyć się powyższych równań na pamięć, naucz się je wyprowadzać. W tym celu narysuj prostokąt rozpięty przez składowe siły ciężkości. Wektor siły ciężkości leży na jego przekątnej. Kąt nachylenia równi $\theta$ równy jest kątowi między wektorami $Q$ i $Q_y$, co wynika z podobieństwa trójkątów. Mając tę wiedzę i stosując odpowiednie zależności trygonometryczne, możemy łatwo wyznaczyć składowe siły Q:

Siły naciągu

Siłą naciągu (ang. tension) nazywamy siłę powstającą na skutek reakcji na zewnętrzną siłę napinającą. W praktyce jest to siła, z którą rozciągane jest elastyczne długie ciało, np. sznurek bądź nić.

Elastyczne elementy, takie jak sznurek, lina, łańcuch, drut lub kabel, wywierają siłę naciągu skierowaną równolegle do ich długości, siła przenoszona przez nie jest naprężeniem o kierunku równoległym do łącznika. Rozważmy sens następującego zdania: „Nie możesz popchnąć liny”. Siła naciągu zawsze skierowana jest do zewnątrz odcinka liny.

Rozpatrzmy osobę trzymającą pewien obiekt zawieszony na sznurku. Sytuację tę pokazano na Ilustracji 5.25. Gdy obiekt ważący 5 kg znajduje się w spoczynku, jego przyspieszenie całkowite wynosi zero (ponieważ działa na niego zerowa siła wypadkowa). Jedyne siły zewnętrzne działające na obiekt to jego siła ciężkości oraz siła naciągu sznura. Zatem:

gdzie $N$ i $Q$ to wartości odpowiednio siły naciągu sznura i siły ciężkości obiektu. Znaki przy siłach świadczą o ich przeciwnych zwrotach. Zgodnie z drugim prawem Newtona dla tego układu, siła naciągu sznurka równoważy siłę ciężkości analizowanej masy:

Dlatego w przypadku obiektu o masie 5 kg zawieszonego na sznurze (traktując sznur jako nieważki) możemy zapisać:

Gdybyśmy przecięli kawałek sznura i zamiast niego umieścili sprężynę, uległaby ona rozciągnięciu o długość odpowiadającą sile 49 N. Pozwoliłoby to na bezpośrednią obserwację siły naciągu sznura.

Ilustracja 5.25 Doskonale giętki element (tj. niewymagający jakiejkolwiek siły, by go zgiąć), np. sznur, przenosi siłę naciągu $\overrightarrow{N}$, jest ona zawsze równoległa do rozciągniętego sznura (patrz powyższy rysunek). Zgodnie z trzecim prawem Newtona sznur wywiera siły identyczne co do wartości, lecz przeciwnie skierowane (zaniedbując masę sznura). Naciąg między sznurem a ręką jest w każdym punkcie liny taki sam, więc jeśli się zna siłę naciągu liny w jednym z jej punktów, wyznaczyć można siłę naciągu w każdym innym punkcie.

Elastyczne obiekty są powszechnie stosowane do przenoszenia sił wzdłuż lub wokół różnych elementów, jak ma to miejsce na przykład w przypadku ludzkich ścięgien czy linki hamulca rowerowego. Gdy tarcie w układzie nie występuje, naprężenia przenoszone są bez strat. Zmienia się jedynie kierunek siły, pozostaje on zawsze równoległy do giętkiego elementu, tak jak pokazano to na Ilustracji 5.26.

Ilustracja 5.26 (a) Ścięgna palców przenoszą siły $N$ od mięśni dłoni do palców, zwykle zmieniając kierunek sił, a nie ich wartość. (b) Linka hamulca rowerowego przenosi siłę naciągu $N$ od dźwigni hamulcowej umieszczonej na kierownicy aż do samego hamulca przy kole. Tak jak w przypadku mięśni, kierunek sił ulega zmianie, ale ich wartość się nie zmienia.

Przykład 5.13

Jakie siły działają podczas spaceru po linie?

Oblicz siłę naciągu liny, po której spaceruje linoskoczek o masie 70 kg, jak pokazano na Ilustracji 5.27.

Ilustracja 5.27 Linoskoczek o masie 70 kg idąc po linie powoduje jej odchylenie od położenia poziomego o $5\mathrm{,}{0}^{\circ }$. Analizowany układ stanowi punkt, w którym na poniższym rysunku stoi obecnie linoskoczek.

Strategia rozwiązania

Jak widać na Ilustracji 5.27, lina ugięła się pod ciężarem spacerującego po niej linoskoczka. Dlatego siła naciągu po każdej stronie linoskoczka ma składową skierowaną w górę, przez co może go podtrzymywać na linie. Siły to wielkości wektorowe, reprezentowane przez strzałki, które mają ten sam kierunek, co siły, a długości proporcjonalne do ich wielkości. Jedyne siły zewnętrzne działające na linoskoczka to $\overrightarrow{Q}$ i dwie siły naciągu liny: ${\overrightarrow{N}}_{\text{L}}$ (po lewej od linoskoczka) i ${\overrightarrow{N}}_{\text{R}}$ (po jego prawej stronie). Ciężar liny możemy uznać podczas rozwiązywania tego zadania za zaniedbywalny. Wypadkowa siła w układzie wynosi zero, bo układ znajduje się w równowadze. Możemy za pomocą trygonometrii znaleźć poszczególne siły naciągu liny. Na samym początku warto zauważyć, że wartości sił naciągu liny po lewej i prawej stronie linoskoczka są takie same. Wiemy to, ponieważ nie występuje w układzie przyspieszenie mające kierunek poziomy, a jedyne siły działające w tym kierunku to ${\overrightarrow{N}}_{\text{L}}$ i ${\overrightarrow{N}}_{\text{R}}$. Składowe poziome tych sił równoważą się.

Kiedy mamy do rozwiązania problem dwuwymiarowy, w którym nie wszystkie wektory są do siebie równoległe, najprostszym sposobem rozwiązania tego problemu jest wybranie wygodnego dla nas układu współrzędnych i zrzutowanie wektorów na zdefiniowane osie. W tym przypadku najlepszy układ współrzędnych ma jedną poziomą oś ($x$) oraz jedną pionową ($y$).

Rozwiązanie

Na początku konieczne jest rozłożenie każdej z sił naciągu liny na wektory składowe. Dzięki temu będziemy mogli stworzyć dwa nowe diagramy pokazujące nam rozkłady sił odpowiednio w kierunkach $x$ i $y$ (jak na Ilustracji 5.28).

Ilustracja 5.28 Przy rozłożeniu wektorów sił na składowe pionowe i poziome, poszczególne składowe wzdłuż danej osi muszą się kompensować, ponieważ linoskoczek pozostaje w stanie równowagi. Niewielki kąt ugięcia liny świadczy o tym, że siła naciągu $N$ jest znacznie większa niż ciężar linoskoczka $Q$.

Rozpatrzmy jedynie poziome składowe sił naciągu (tj. wzdłuż osi $x$):

$$F_{\text{wyp}x}=N_{\text{R}x}-N_{\text{L}x}.$$

Zewnętrzna siła wypadkowa w kierunku poziomym $F_{\text{wyp}x}=0$, dopóki linoskoczek znajduje się w stanie równowagi. Więc:

$$\begin{array}{c}{F}_{\text{wyp}⁣x}=0=N_{\text{R}⁣x}-N_{\text{L}⁣x}\text{,}\\ N_{\text{L}⁣x}=N_{\text{R}⁣x}\text{.}\end{array}$$

Rzućmy okiem na Ilustracja 5.28. Można zastosować wzory trygonometryczne w celu obliczenia wartości poszczególnych składowych $N_L$ oraz $N_R$:

$$\begin{array}{c}cos\mathrm{5,0}°=\frac{N_{\text{L}⁣x}}{N_{\text{L}}}\Rightarrow N_{\text{L}⁣x}=N_{\text{L}}cos\mathrm{5,0}°\text{,}\\ cos\mathrm{5,0}°=\frac{N_{\text{R}⁣x}}{N_{\text{R}}}\Rightarrow N_{\text{R}⁣x}=N_{\text{R}}cos\mathrm{5,0}°\text{.}\end{array}$$

Przyrównując do siebie $N$ _L$x$ i $N$ _R$x$

$$N_{\text{L}}\cos 5\mathrm{,}{0}^{\circ }=N_{\text{R}}\cos 5\mathrm{,}{0}^{\circ },$$

otrzymujemy:

$$N_{\text{L}}=N_{\text{R}}=N\mathrm{,}$$

Teraz rozpatrzmy składowe pionowe siły naciągu liny (oznaczone z indeksem $y$ ). Jak już wspomniano, człowiek stojący na linie jest w stanie równowagi, więc $F_{\text{wyp}}=0$. Na podstawie diagramu pokazującego rozkład sił działających na skoczka można wywnioskować, że

$$F_{\text{wyp}y}=N_{\text{L}y}+N_{\text{R}y}-Q=0.$$

Podobnie, jak poprzednim razem, możemy użyć zależności trygonometrycznych aby znaleźć relację między $N_{\text{L}y}$,$N_{\text{R}y}$ i $T$. Analizując składowe poziome sił naciągu, dowiedzieliśmy się, że $N_{\text{L}}=N_{\text{R}}=T$. Zatem:

$$\begin{array}{c}sin\mathrm{5,0}°=\frac{N_{\text{L}⁣y}}{N_{\text{L}}}\Rightarrow N_{\text{L}⁣y}=N_{\text{L}}sin\mathrm{5,0}°\text{,}\\ sin\mathrm{5,0}°=\frac{N_{\text{R}⁣y}}{N_{\text{R}}}\Rightarrow N_{\text{R}⁣y}=N_{\text{R}}sin\mathrm{5,0}°\text{.}\end{array}$$

Teraz możemy podstawić znane wartości $N_{\text{L}y}$ i $N_{\text{R}y}$ do wyrażenia na siłę wypadkową w kierunku pionowym:

$$\begin{array}{c}{F}_{\text{wyp}}=N_{\text{L}⁣y}+N_{\text{R}⁣y}-Q=0\text{,}\\ F_{\text{wyp}}=Nsin\mathrm{5,0}°+Nsin\mathrm{5,0}°-Q=0\text{,}\\ 2Nsin\mathrm{5,0}°-Q=0\text{,}\\ 2Nsin\mathrm{5,0}°=Q\text{.}\end{array}$$

Wynika z tego, że:

$$N=\frac{Q}{2\sin 5\mathrm{,}{0}^{\circ }}=\frac{mg}{2\sin 5\mathrm{,}{0}^{\circ }}\mathrm{,}$$

Zatem szukana siła naciągu liny wynosi:

$$N=\frac{\left(\mathrm{70,0}\text{kg}\right)\left(\mathrm{9,80}{\text{m/s}}^2\right)}{2\left(\mathrm{0,0872}\right)}\mathrm{,}$$

co po obliczeniach daje wartość:

$$N=3930\text{N}.$$

Znaczenie

Pionowa składowa siły naciągu liny działa jak siła, która „podtrzymuje” ciężar linoskoczka. Otrzymana wartość siły naciągu liny okazała się prawie sześć razy większa niż ciężar linoskoczka, wynoszący około 686 N. Ponieważ dla małych kątów ugięcia lina pozostaje w pozycji prawie poziomej, składowa pionowa siły naciągu stanowi jedynie niewielki procent całej siły naciągu liny. Bardzo duże są wartości składowych poziomych sił naciągu, ich zwroty są przeciwne i siły te równoważą się. Zatem większa część siły naciągu liny nie jest zużywana na podtrzymanie linoskoczka na linie.

W celu osiągnięcia dużych wartości sił naciągu, należy działać siłą w kierunku prostopadłym do liny, na przykład tak, jak pokazano na Ilustracji 5.27. Jak widać w Przykładzie 5.13, siła ciężkości linoskoczka jest siłą prostopadłą do liny. Widzimy również, że siła naciągu liny jest zależna od ciężaru linoskoczka według relacji

Możemy zastosować to wyrażenie do obliczenia siły naciągu $N$ elementu elastycznego, wywołanej działaniem prostopadłej siły $\left(F_{\perp }\right)$ przyłożonej w środku geometrycznym elementu:

Kąt nachylenia liny do poziomu wynosi $\theta$. W tym przypadku $N$ rośnie wówczas, gdy kąt $\theta$ się zmniejsza. Zatem nawet niewielki ciężar spowoduje ugięcie giętkiej liny. Nieskończenie duża siła naciągu skutkowałaby zerowym kątem ugięcia liny ($\theta =0$ i sin $\theta =0$). Na przykład Ilustracja 5.29 przedstawia sytuację, w której konieczne jest wyciągnięcie za pomocą liny samochodu z bagna. Za każdym razem, gdy samochód porusza się do przodu, linkę holowniczą naciąga się na tyle mocno, aby utrzymywać ją w formie wyprostowanej. Siła naciągu liny wynosi: $N=\frac{F_{\perp }}{2\sin \theta }$, i skoro kąt $\theta$ jest bardzo mały, to siła naciągu linki holowniczej $N$ jest duża. Sytuacja ta wydaje się analogiczna do tej z linoskoczkiem, z wyjątkiem tego, że tutaj naprężenia przenoszone są głównie do samochodu i drzewa, nie zaś w punkcie, gdzie przyłożona została siła$F_{\perp }$ do linki.

Ilustracja 5.29 Możemy wytworzyć duże wartości siły naciągu liny, czym spowodujemy spore przemieszczenie samochodu, działając na linę siłą prostopadłą do niej, jak pokazano na powyższym rysunku.

W podrozdziale Zastosowanie praw dynamiki Newtona, przedyskutujemy sytuacje fizyczne i układy, w których występują siły naciągu. Rozpatrzymy podobne przypadki, jak te analizowane powyżej, a także rozszerzymy je o układy niesymetryczne.

Siła tarcia

Tarcie jest siłą występującą w układach ruchomych, przeciwstawiającą się ruchowi ciała. Wyobraź sobie obiekt znajdujący się w spoczynku na płaszczyźnie. Siła wypadkowa działającą na obiekt musi wynosić zero, zatem siła ciężkości i siła reakcji powierzchni muszą się równoważyć. Jeśli powierzchnia jest nachylona pod pewnym kątem, jak ma to miejsce na przykład na równi pochyłej, siła reakcji równoważy jedną ze składowych siły ciężkości – prostopadła do powierzchni równi. Jeśli obiekt spoczywający na równi nie zsuwa się z niej, składowa równoległa siły ciężkości równoważona jest przez przeciwnie skierowaną siłę tarcia. Zjawisko tarcia wraz z przykładami jest omówione bardziej szczegółowo w następnym rozdziale.

Siły sprężystości

Sprężystość ciał to własność związana z odzyskiwaniem pierwotnego kształtu po usunięciu sił zewnętrznych wywołujących odkształcenie. Ciało odzyskuje swój kształt, ponieważ w układzie działa siła sprężystości, która powoduje powrót do położenia równowagi. Ma ona zwrot przeciwny niż kierunek wychylenia. Relacja między siłą sprężystości a wychyleniem została sformułowana w prawie Hooke’a. W matematycznej formie wygląda to następująco:

Współczynnik proporcjonalności $k$ w prawie Hooke’a to tzw. stała sprężystości układu. Siła sprężystości ma kierunek równoległy do wychylenia, a zwrot przeciwny do wektora przemieszczenia obiektu (patrz Ilustracja 5.30 ). Przemieszczenie obiektu sprężystego musi być mierzone od punktu początkowego $x=0$, gdy sprężyna jest nienaprężona.

Ilustracja 5.30 Sprężyna na powyższym rysunku wywiera na bloczek siłę proporcjonalną do jej odkształcenia, gdy jest ściskana czy rozciągana. Jednak gdy sprężyna znajduje się w stanie spoczynku (nie jest ściśnięta ani nie rozciągnięta), nie wywiera żadnej siły na bloczek. (b) Sprężynę ściśnięto o $\mathrm{\Delta }{\overrightarrow{x}}_1$, w efekcie wywiera ona siłę przywracającą położenie równowagi $-k\mathrm{\Delta }{\overrightarrow{x}}_1$, skierowaną w prawo (c) Sprężynę rozciągnięto o $\mathrm{\Delta }{\overrightarrow{x}}_2$, siła sprężystości $-k\mathrm{\Delta }{\overrightarrow{x}}_2$ skierowana jest wówczas w lewo.