Więzy z tarciem

n W więzach, w których nie

Mechanika ogólna

występuje tarcie, reakcja jest

prostopadła do płaszczyzny

styku ciał (nacisk).

mg

Wykład nr 13

N

n W więzach z tarciem

Zjawisko tarcia. Prawa tarcia.

dochodzi jeszcze jedna

reakcja, równoległa do

P

płaszczyzny styku.

T

mg

N

1

2

Prawa tarcia statycznego

Współczynnik tarcia

Coulomba i Morena

n Siła tarcia jest zawsze przeciwna do

Rodzaj powierzchni

µ

występującego lub ewentualnego

ruchu.

Stal-stal

0,15

Stal-żeliwo

0,18

n Wielkość siły tarcia jest niezależna

od pola powierzchni stykających się Żeliwo-żeliwo

0,45

ciał, zależy jedynie od rodzaju

Metal-drewno

0,5-0,6

powierzchni.

Drewno-drewno

0,65

n Zależność między naciskiem i siłą

tarcia:

Skóra-metal

0,6

T = µ ⋅ N

3

4

Tarcie statyczne i

Tarcie statyczne

kinetyczne

n Tarcie występuje w przypadku

n Tarcie statyczne

układów poruszających

przeciwdziałające wystąpieniu

(kinetyczne) lub w układach,

ruchu zwiększa się w wyniku

w których ruch jest potencjalnie

przyłożenia siły od 0 do wartości

możliwy, ale jeszcze do niego

maksymalnej (tarcie całkowicie

nie dochodzi (statyczne).

rozwinięte).

5

6

Kąt tarcia

Stożek tarcia

n Kąt między reakcją pionową a siłą

n Linia działania wypadkowej reakcji zawarta tarcia nazywany jest kątem tarcia:

jest wewnątrz, lub w przypadku tarcia

T

całkowicie rozwiniętego, na powierzchni

µ =

=tg φ

N

stożka nazywanego stożkiem tarcia.

P

P

P

P

mg

mg

T

mg

T

mg

T

mg

T

N

N

R

N R

N

R

N R

7

8

Tarcie cięgien

Tarcie ślizgowe - przykład

o bloczek nieruchomy (1)

P

Psinα

α

α

n Zależność miedzy siłami w cięgnie

m

µ

Pcosα

przy całkowicie rozwiniętym

T

mg

tarciu:

S1

N

X

∑ = 0: P cos α − T = 0

α

S

S

eµα

= ⋅

S2

Y

∑ = 0: P sin α + N − m⋅ g = 0

1

2

n Prawo tarcia:

T = µ ⋅ N

gdzie S1 jest siła działającą

w cięgnie w kierunku

N = m ⋅ g − P sin α

µ ⋅ m⋅ g

µ ( m⋅ g − P sin α ) = P cos α

P =

ewentualnego ruchu.

µ sin α + cos α

9

10

Tarcie cięgien

Tarcie cięgien – przykład

o bloczek nieruchomy

(1)

(2)

S

n Zależność odwrotna:

1

n Obliczyć masę graniczną m2, po

α

przekroczeniu której rozpocznie się ruch.

S

Miara kąta α=30o.

2

S = S ⋅ e− µα

m1

2

1

µ2

n Kąt α nazywany jest kątem

µ1

opasania i musi być wyrażany w

radianach.

m2

α

µ3

11

12

Tarcie cięgien – przykład

Przykład – rozwiązanie

(2)

S

I

X

∑ = 0: S − T = 0

I

S = T

1

1

1

1

1

N = m ⋅ g

1

1

= µ ⋅

= µ ⋅ ⋅

Y

Y

∑ = 0: N − m ⋅ g = 0

S

N

m g

T

1

1

1

1

1

1

1

1

X

m1g

N

= µ ⋅

1

T = µ ⋅ N

T

N

1

1

1

π

1

1

1

µ

S

2

1

II

II

6

α

2

S

S eµ α

= ⋅

S

2

1

= µ ⋅ m ⋅ g ⋅ e

S

2

2

1

1

2

S

S eµ α

= ⋅

2

1

III

m g sin α − S − T = 0

2

2

2

π

µ 2

S

6

m g sin α − µ ⋅ m ⋅ g ⋅ e

− µ ⋅ m g cos α = 0

2

III

X

∑ = 0: m g sin α − S − T = 0

2

2

2

2

1

1

3

2

m

π

2

µ

=

α

Y

T

∑ =

−

α =

N

m g cos

2

2

Y

0 :

N

m g cos

0

2

2

2

2

6

µ ⋅ m ⋅ g ⋅ e

1

1

N

m =

2

X

T = µ ⋅ N

2

2

3

2

T = µ ⋅ N

2

3

2

g sin α − µ ⋅ g cos α

3

m2g

13

14

Wartości współczynnika

Opór przy toczeniu

oporu toczenia

n W rzeczywistych układach, w

Koło

Rodzaj podłoża

f [cm]

przypadku ciał o przekrojach okrągłych,

reakcja pionowa przesunięta jest w

Drewno

Drewno

0,05-0,8

kierunku ewentualnego ruchu.

Drewno

Stal

0,03-0,04

n Wynika to z nierównomiernego

rozkładu sił pod ciałem. Mimo założenia

Stal

Stal

0,001-0,005

kołowości przekroju, w rzeczywistości

styk nie jest punktowy.

Żeliwo

Żeliwo

0,005

15

16

Opór toczenia - przykład

Przykład A

P

n Określić zakres, w jakim ma mieścić się

r

α

α

Psinα

wielkość masy m

m

Pcosα

2, aby nie wystąpił ruch.

f

A

α=30o, β=45o

T

mg

µ

N

2

f

Y

∑ = 0: P sin α + N − m⋅ g = 0

M

∑ = 0: P cos α ⋅ r − N ⋅ f = 0

A

m2

m

N = m ⋅ g − P sin α

1

P cos α ⋅ r − ( m ⋅ g − P sin α )⋅ f = 0

m ⋅ g ⋅ f

α

P =

µ1

β

f

r ⋅ cos α + f sin α

17

18

Przykład A – wariant I

Wariant I - rozwiązanie

(ruch w lewo)

S1

X

∑ = 0: m ⋅ g ⋅sin α − S − T = 0

=

⋅ ⋅

α

1

1

1

N

m g cos

1

1

T1

Y

∑ = 0: N − m ⋅ g⋅cos α = 0

1

1

T = µ ⋅ m ⋅ g ⋅ cos α

1

1

1

N1

T = µ ⋅ N

1

1

1

S = m ⋅ g ⋅sin α − µ ⋅ m ⋅ g ⋅cos α

m g

1

1

1

1

1

α β

S

− µ α + β

µ α β

2

2 (

)

S

m g sin α

µ m g cos α

−

+

=

⋅ ⋅

− ⋅ ⋅ ⋅

⋅ e

2

( 1

1

1

)

(

)

S

2

S = S ⋅ e

1

2

1

N = m g cos β

2

2

S2

Y

∑ = 0: N − m g cos β = 0

2

2

(

− µ α + β

m ⋅ g ⋅sin α − µ ⋅ m ⋅ g ⋅cos α ⋅ e

⋅ r

1

1

1

)

2 (

)

=

A

T

m

2

M

N

2 min

2

∑ = 0: N ⋅ f − S ⋅ r + m g sin α ⋅ r = 0

A

2

2

2

β ⋅ +

α ⋅

f

g cos

f

g sin

r

m2g

19

20

Przykład A – wariant II

Wariant II - rozwiązanie

(ruch w prawo)

S1

X

∑ = 0: m ⋅ g ⋅sin α − S + T = 0

=

⋅ ⋅

α

1

1

1

N

m g cos

1

1

Y

∑ = 0: N − m ⋅ g⋅cos α = 0

1

1

T = µ ⋅ m ⋅ g ⋅ cos α

1

1

1

N1

T

T = µ ⋅ N

1

1

1

1

S = m ⋅ g ⋅sin α + µ ⋅ m ⋅ g ⋅cos α

1

1

1

1

m1g

α β

µ α + β

µ α β

2

2 (

)

S

= ⋅

S

m g sin α

µ m g cos α

+

=

⋅ ⋅

+ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ e

2

( 1

1

1

) ( )

S

2

S

S e

1

2

1

N = m g cos β

2

2

S

∑ =

−

β =

2

Y

0 :

N

m g cos

0

2

2

(

µ α + β

m ⋅ g ⋅sin α + µ ⋅ m ⋅ g ⋅ cos α ⋅ e

⋅ r

1

1

1

) 2( )

T2

M

∑ = 0: N ⋅ f + S ⋅ r − m g sin α ⋅ r = 0

m

=

A

A

2

2

2

2 max

g sin α ⋅ r − g cos β ⋅ f f

m g

N

2

2

21

22

Przykład B-I

Przykład B-I

(1)

(2)

S

n Określić maksimum masy m

1

1, przy którym nie

m1

wystąpi jeszcze ruch.

T1

r

Y

∑ = 0: N − m g cos α = 0

r

1

1

1

r2

A

M

∑ = 0: N ⋅ f + S ⋅ r − m g sin α ⋅ r = 0

m

A

1

1

1

1

m g

1

f

r

β

N1

µ

r

f

α

1

S

1

m

1

r2

∑ =

⋅ − ⋅ =

2

M

0 :

S r

S

r

0

O

1

1

2

2

γ

µ

S

2

2

23

24

Przykład B-I

Przykład B-I - rozwiązanie

(3)

S

m g sin α ⋅ r − m g cos α ⋅ f 1

1

=

α

2

N

m g cos

S

1

1

=

1

 π

r

µ

α β 

−

− +

1 

(

)

⋅

α ⋅ −

α ⋅



S r

m g sin

r

m g cos

f

r

2



1

1

1

1

1

=

=

⋅

β

S = S ⋅ e

S

3

2

2

γ

r

r

r

2

2

S

 π



 π

µ

α β

µ

α β





α ⋅ −

α



−

− +

−

− +

⋅

1

(

)

1 

(

)

m g sin

r

m g cos

f

r



3

 2



1

1

1

 2

S = S ⋅ e

=

⋅ ⋅ e



3

2

S

r

r 2

3

N = m ⋅ g ⋅ cos γ

m

3

2

2

X

∑ = 0: m ⋅ g⋅sin γ − S + T = 0

2

3

3

T = µ ⋅ m ⋅ g ⋅ cos γ

3

2

2

Y

∑ = 0: N − m ⋅ g⋅cos γ = 0

3

2

 π



T

( m ⋅ g ⋅sin + ⋅ m ⋅ g ⋅cos ⋅ r ⋅ r µ − α+ β

γ µ

γ





2

2

2

)

1

(

)

3

T = µ ⋅ N

2

3

2

3

 2



=

⋅

N

m

e

1

3

( g sin α ⋅ r − g cos α ⋅ f )⋅ r m g

1

2

25

26

Przykład B-II

Przykład B-II

(1)

(2)

S

n Określić minimum masy m

1

1, przy którym nie

m1

wystąpi jeszcze ruch.

r

Y

∑ = 0: N − m g cos α = 0

r

1

1

1

r2

A

T

N1

1

f

M

∑ = 0: N ⋅ f − S ⋅ r + m g sin α ⋅ r = 0

m

A

1

1

1

1

m g

1

r

β

µ

r

f

α

1

S

1

m

1

r2

∑ =

⋅ − ⋅ =

2

M

0 :

S r

S

r

0

O

1

1

2

2

γ

µ

S

2

2

27

28

Przykład B-II

Przykład B-II - rozwiązanie

(3)

α ⋅ +

α ⋅

S

m g cos

f

m g sin

r

1

1

N = m g cos α

S

1

1

=

2

1

 π

r

µ

α β 

− +

1 

(

)

⋅

α ⋅ +

α ⋅



S r

m g cos

f

m g sin

r r

2

S

S

e



= ⋅

1

1

1

1

1

S =

=

⋅

3

2

β

2

r

r

r

2

2

γ

 π



 π



S

µ

− α + β

µ

− α + β





α ⋅ +

α ⋅

1

(

)

1 

(

)

m g cos

f

m g sin

r r



 2



1

1

1

 2



=

⋅

=

⋅ ⋅

3

S

S

e

e

3

2

r

r 2

S

N = m ⋅ g ⋅ cos γ

3

3

2

m2

X

∑ = 0: m ⋅ g⋅sin γ − S − T = 0

2

3

3

T = µ ⋅ m ⋅ g ⋅ cos γ

3

2

2

T3

Y

∑ = 0: N − m ⋅ g⋅cos γ = 0

3

2

(

 π

m ⋅ g ⋅sin −

⋅ m ⋅ g ⋅cos ⋅ r ⋅ r µ

α β

γ µ

γ



−

− +





2

2

2

)

1

(

)

= µ ⋅

2

 2

m =

⋅ e



N

T

N

3

2

3

1

( g cos α ⋅ f + g sin α ⋅ r)⋅

3

m g

r

2

1

29

30

Przykład C-I

Przykład C-I

(1)

(2)

n Określić graniczną wartość siły, przy

S1

X

∑ = 0: S − T = 0

1

1

przekroczeniu której może wystąpić

T1

Y

m g

1

∑ = 0: N − m ⋅ g = 0

1

1

ruch.

N1

T = µ ⋅ N

1

1

1

S1

m1

µ3

µ

3

S

S eµ π

= ⋅

2

1

1

S2

m2

P

N1

T1

X

∑ = 0: P − T − T − S = 0

µ

1

2

2

2

P

S2

Y

∑ = 0: N − m ⋅ g − N = 0

2

2

1

T2

m g

T = µ ⋅ N

2

2

2

2

31

N2

32

Przykład C-I - rozwiązanie

Przykład C-II (1)

N = m ⋅ g

1

1

n Określić graniczną wartość siły, przy

T = µ ⋅ m ⋅ g

przekroczeniu której może wystąpić

1

1

1

ruch.

S = µ ⋅ m ⋅ g

1

1

1

m

3

S =

⋅ m ⋅ g ⋅ eµ π

µ

1

P

µ

2

1

1

3

µ

N = m ⋅ g + m ⋅ g 1

2

2

1

m2

T = µ ⋅ m ⋅ g + m ⋅ g 2

2

( 2

1

)

µ2

P =

⋅ m ⋅ g +

⋅( m ⋅ g + m ⋅ g) 3

+ ⋅ m ⋅ g ⋅ eµ π

µ

µ

µ

1

1

1

2

2

1

1

1

2

33

34

Przykład C-II

Przykład C-II - rozwiązanie

(2)

S

P

X

∑ = 0: P− S − T = 0

N = m ⋅ g

1

1

1

1

1

T1

Y

∑ = 0: N − m ⋅ g = 0

T = µ ⋅ m ⋅ g

1

1

1

1

1

m1g

N1

T = µ ⋅ N

N = m ⋅ g + m ⋅ g 1

1

1

2

2

1

S1

T = µ ⋅ m ⋅ g + m ⋅ g 2

2

( 2

1

)

− 3

S = S ⋅ e µ π

2

1

S = µ ⋅ m ⋅ g + µ ⋅ m ⋅ g + m ⋅ g 2

1

1

2

( 2

1

)

S2

N1

S =

⋅ m ⋅ g +

⋅ m ⋅ g + m ⋅ g ⋅ eµ π

µ

µ

1

( 1 1

2

( 2

1

)) 3

T

X

∑ = 0: S − T − T = 0

1

2

1

2

S

µ π

2

Y

∑ = 0: N − m ⋅ g − N = 0

P = ( µ ⋅ m ⋅ g + µ ⋅ m ⋅ g + m ⋅ g ⋅ e

+ µ ⋅ m ⋅ g

1

1

2

( 2

1

)) 3

2

2

1

T

1

1

2

T = µ ⋅ N

2

2

2

m g

2

N2

35

36