Οι τριβές από δύο επίπεδα.

Σαν συνέχεια της συζήτησης που πραγματοποιείται δίπλα και προκειμένου να μην μείνουμε σε ετεροαναφορές και βιβλιογραφία, ας δούμε δύο προβλήματα, όπου εμφανίζονται τριβές από δύο επιφάνειες.

Πρόβλημα 1ο:

Μια ομογενής ράβδος ΑΒ βάρους 100Ν ισορροπεί όπως στο πρώτο σχήμα, σχηματίζοντας γωνία θ=60° με το οριζόντιο επίπεδο. Αν η ράβδος παρουσιάζει συντελεστές οριακής τριβής, ίσους με συντελεστές τριβής ολίσθησης, με το οριζόντιο επίπεδο μ1=0,6 και με το κατακόρυφο μ2=0,8, να υπολογίσετε τις δύο τριβές στα άκρα της Α και Β.

Πρόβλημα 2ο:

Ο ομογενής κύλινδρος βάρους 100Ν ισορροπεί στη γωνία, παρουσιάζοντας με τα δύο επίπεδα τους ίδιους με παραπάνω συντελεστές τριβής μ1 και μ2. Έχοντας τυλίξει γύρω του ένα αβαρές νήμα, ασκούμε στο άκρο του δύναμη F=20Ν, όπως στο σχήμα, όπου φ=30°. Να υπολογίσετε τις δύο τριβές που ασκούνται στον κύλινδρο από τοίχο και δάπεδο.

(Visited 690 times, 1 visits today)
Subscribe
Ειδοποίηση για
14 Σχόλια
Inline Feedbacks
Όλα τα σχόλια
Μανόλης Μαργαρίτης
12 ημέρες πριν

Καλημερα Διονυση ,οι αρχικες συνθηκες τοποθετησης ή αφεσης επηρρεαζουν τις τιμε . Ετσι στη ραβδο η κατακορυφη τριβη μπορει ειναι και μηδεν . Γραφω απο κινητο και δεν μπορω μακρυγορήσω

Μανόλης Μαργαρίτης
12 ημέρες πριν

Στη ραβδο ενεργοποιείται πρωτη η τριβη απο το πατωμα διοτι η εξ δυναμη ειναι καρακορυφη , αν ειναι μικροτερη της οριακης τοτε η τριβη τοιχου ειναι 0

Κωνσταντίνος Καβαλλιεράτος

Καλημερα Διονυση και Μανολη. Με εχει απασχολησει αρκετα το θεμα τις τελευταιες δυο μερες και μπορω να πω με εχει ζαλισει και λιγο.Μεχρι που εγραψα οτι μπορει να εχουμε ισορροπια με λειο πατωμα και τριβη μονο στον τοιχο! Ευτυχως το ειδε ο Μανολης.
1.Αν εχουμε μια ραβδο και την κραταμε κατακορυφη κοντα σε λειο κατακορυφο τοιχο και αρχισουμε να την γερνουμε σιγα σιγα μεχρι το πανω ακρο της να ακουμπησει στον τοιχο και την αφησουμε να ισορροπησει λογω της τριβης με το πατωμα,τοτε προφανως οι τριβες στον τοιχο ειναι μηδεν αφου ο τοιχος ειναι λειος.Αν πατωντας ενα κουμπι ξαφνικα ο τοιχος γινοταν οχι λειος,οι τριβες θα εξακολουθουσαν να ειναι μηδεν αφου δεν χρειαζονται και η ισορροπια εχει ηδη επιτευχθει χωρις αυτες. Ειναι κατι σαν την κυλιση χωρις ολισθηση πανω σε μια λεια επιφανεια.Αφου οι τριβες δεν χρειαζονται,ακομα και να μην ηταν λεια η επιφανεια,αυτες παλι μηδεν θα ηταν.Αρα υπο αυτες τις αρχικες συνθηκες τοποθετησης,εχουμε τριβη μονο στο πατωμα.
2,Αν το πατωμα ηταν λειο και ο τοιχος οχι,και ακουμπουσαμε την ραβδο στον τοιχο με μια μικρη κλιση,τοτε αυτη αποκλειεται να ισορροπησει.Αν βαζαμε το δαχτυλο μας στην βαση της ραβδου,πανω στο πατωμα σαν εμποδιο,που να μην αφηνει την ραβδο να ολισθησει,τοτε αυτη ισορροπει.Αν το δαχτυλο μας αρχισει να υποχωρει σιγα σιγα απομακρυνομενο απο τον τοιχο,ωστε να εχουμε ελεγχομενη ολισθηση,τοτε κατα την ολισθηση αυτη,ασκειται συνεχως η τριβη απο τον τοιχο.Αν απο ενα σημειο και μετα το υλικο του πατωματος αλλαξει,τοτε αν ο συντελεστης τριβης ειναι αρκετα μεγαλος,η ραβδος θα σταματησει να κινειται και θα ισορροπησει λογω οχι του δαχτυλου μας αλλα λογω της τριβης με το πατωμα που εμφανιστηκε.Ομως δεν βλεπω να υπαρχει κανενας λογος η τριβη με τον τοιχο ακαριαια να εξαφανιστει.Αρα θα εξακολουθι να υπαρχει και θα ειναι κατα μετρο αναλογη με τον συντελεστη τριβης του τοιχου.Αρα εχουμε δυο περιπτωσεις με διαφορετικες τριβες αναλογα με τις αρχικες συνθηκες τοποθετησης.
Αυτα καταλαβα εγω,διαβαζοντας τα σχολια του Μανολη,συζητωντας με τον Χαραλαμπο,διαβαζοντας δυο τρια paper για το θεμα,οπως αυτο,
https://www.scirp.org/journal/paperinformation.aspx?paperid=90192#return15
και μετα απο πολυ σκεψη. Τις δυο περιπτωσεις αρχικων συνθηκων τοποθετησης που εγραψα τις σκεφτηκα προσπαθωντας να βρω εναν τροπο δικαιολογησης χωρις μαθηματικα που να μπορει να δοθει και σε εναν μαθητη. Ελπιζω να ειναι σωστες.

Τελευταία διόρθωση12 ημέρες πριν από Κωνσταντίνος Καβαλλιεράτος
Παντελεήμων Λάπας
12 ημέρες πριν

Πρόβλημα σκάλας:

Μία περίπτωση που λύνεται σίγουρα είναι η εξής:

Έστω ότι η σκάλα τείνει να ολισθήσει προς τα δεξιά όταν σχηματίζει ορισμένη γωνία θ με το οριζόντιο δάπεδο (θεωρώντας την ως άγνωστη παράμετρο και αυτήν). Σε αυτή την περίπτωση εφόσον έχουμε να κάνουμε με στερεό σώμα, θα ισχύουν και στο σημείο Α και στο σημείο Β οι οριακές συνθήκες για την αντίστοιχη στατική τριβή.
Τοποθετώντας τις δυνάμεις στη σκάλα έχουμε:
Σημείο Α:
Στατική τριβή Τ2 με φορά προς τα πάνω
Κάθετη αντίδραση Ν2 με φορά προς τα δεξιά
Σημείο Ο:
βάρος W με φορά προς τα κάτω
Σημείο Β:
Στατική τριβή Τ1 με φορά προς τα αριστερά
Κάθετη αντίδραση Ν1 με φορά προς τα πάνω

Ισχύουσες εξισώσεις:
Τ1 = μ1*Ν1 (1)
Τ2 = μ2*Ν2 (2)
Στ_Α = 0 => (L/2)cosθ W – N1Lcosθ + T1Lsinθ = 0 => (1/2)cosθ W + T1sinθ = N1cosθ (3), προσωρινώς χρησιμοποιήθηκε το μήκος L της σκάλας το οποίο τελικώς δεν χρειάζεται …
ΣF_Y = 0 => Ν1 + Τ2 = W (4)
ΣF_X = 0 => Τ1 = Ν2 (5)

Άγνωστοι: Τ1, Τ2, Ν1, Ν2 και θ -> 5 εξισώσεις, 5 άγνωστοι
Η λύση του συστήματος δίνει:
Ν1 = W/(2*[1- μ1*tanθ])
Τ2 = W*{(1 – 2μ1*tanθ) / (2*[1- μ1*tanθ])}
T1 = μ1*Ν1 = μ1*W/(2*[1- μ1*tanθ])
Ν2 = Τ1 = μ1*W/(2*[1- μ1*tanθ])
tanθ = (1 – μ1*μ2)/(2μ1) … αν δεν μου ξέφυγε κάτι στις πράξεις …
… άρα αν δίνονται οι συντελεστές στατικής τριβής (πιο συγκεκριμένα οι οριακές τιμές τους) κλειδώνει και η κρίσιμη γωνία θ κατά την οποία το σύστημα τείνει να ολισθήσει προς τα δεξιά …
Από τα δεδομένα της άσκησης προκύπτει ότι η κρίσιμη γωνία είναι η θ_cr = 23.42 degrees … προφανώς αν η σκάλα τοποθετηθεί υπό γωνία θ > θ_cr το σύστημα δεν εμφανίζει τάση ολίσθησης … οπότε υπό γωνία τοποθέτησης 60 degrees η σκάλα στέκεται με ασφάλεια και ως εκ τούτου τη θέση των εξισώσεων (1) και (2) παίρνουν οι κάτωθι σχέσεις:
0< Τ1 < μ1*Ν1 (6) (αν δεν υπάρχει καθόλου στατική τριβή δεν μπορούμε να έχουμε ισορροπία της σκάλας!)
0<= Τ2 < μ2*Ν2 (7)
Οι εξ. (3) ως (5) ισχύουν και πάλι κανονικά εφόσον έχουμε ‘ασφαλή’ ισορροπία, και εκ των εξ. (3) και (5) θα είναι:
(1/2)cosθ W + N2sinθ = N1cosθ => Ν1 = W/2 + N2*tanθ (8.1)
ή ισοδύναμα
Ν2 = (1/tanθ)*(Ν1 – W/2) (8.2)

Έστω ότι παίρνουμε την εξ.(8.2), εκ των εξ.(5) και (8.2) θα ισχύει ότι:
Τ1 = Ν2 = (1/tanθ)*(Ν1 – W/2)
Αντικαθιστώντας την τελευταία σχέση στην εξ.(6) έχουμε ότι
0 < (1/tanθ)*(Ν1 – W/2) < μ1*Ν1 -> απ’ όπου προκύπτουν οι εξής περιορισμοί για την κάθετη αντίδραση Ν1:
W/2 < N1 => 50 < Ν1 (9.1) και επίσης (αφού μ1*tanθ = 1.039 > 1, ο όρος 1 – μ1*tanθ < 0) … Ν1 > (W/2)/(1-μ1*tanθ) => Ν1 > -1274.52 Ν (9.2) … και οι δύο περιορισμοί συναληθεύουν εάν δεχτούμε απλά την εξ.(9.1).
Ας δούμε που οδηγεί ο περιορισμός (9.1):

  • από την εξ.(8.2) απλά διαπιστώνεται ότι Ν2 > 0
  • από την εξ.(5) και (8.2) διαπιστώνεται ότι Τ1 > 0
  • από την εξ. (4) διαπιστώνεται ότι Τ2 = W – Ν1 < W – W/2 = W/2 = 50, δηλ. Τ2 < 50

Δυστυχώς από την τελευταία ανάλυση δεν βγάζουμε και πολύ διαφωτιστικά συμπεράσματα για τα όρια τιμών των δυνάμεων Ν1, Ν2, Τ1 και Τ2.

Έστω ότι παίρνουμε την εξ.(8.1), εκ των εξ.(4) και (8.1) θα ισχύει ότι:
T2 = W – N1 = W – (W/2 + N2*tanθ) => T2 = W/2 – N2*tanθ (10)
Οι εξ.(7) και (10) φράσσουν τις δυνατές τιμές για την κάθετη αντίδραση Ν2, και δεν είναι δύσκολο να δείξουμε ότι θα ισχύει
(W/2)*(1/(μ2 + tanθ)) < Ν2 <= W/(2*tanθ) => … => 19.746 < Ν2 <= 28.867 (11),
οπότε ανάλογα με το ποια τιμή έχει η Ν2 προσδιορίζονται όλες οι άλλες δυνάμεις …
Π.χ. από την εξ.(10) προκύπτει ότι: 0 <= Τ2 < 15.797 (12) {η συνθήκη (7) ικανοποιείται αυτόματα αν και “οριακά” εκ δεξιών – λαμβάνοντας υπόψη και στρογγυλοποιήσεις στους υπολογισμούς}
Από την εξ.(8.1) προκύπτει ότι: 84.201 < Ν1 <= 100 (12)
Από την εξ.(5) προκύπτει ότι: 19.746 < Τ1 < = 28.867 (13)
Από τις εξ. (12) και (13), επειδή Τ1_max = 28.867 < μ1*Ν1_min = 50.520, η συνθήκη της εξ.(6) ικανοποιείται πάντοτε.

Οπότε από την ανάλυση αυτή ήταν δυνατό να βρούμε μόνο lower και upper bounds για τις διάφορες δυνάμεις Ν1, Ν2, Τ1 και Τ2 – συγκεκριμένα ικανοποιώντας τον περιορισμό της εξ.(11) μπορούμε να βρούμε όλες τις άλλες δυνάμεις αφού έχουμε τρεις αγνώστους και τρεις διαθέσιμες εξισώσεις … άρα πρέπει να γνωρίζουμε το πόσο καλά ακουμπάει η σκάλα στον κατακόρυφο τοίχο …

Τέλος, σημείωνεται ότι η ανάλυση με βάση την εξ. (8.1) (και όχι την (8.2)) είναι σαφώς πιο διαφωτιστική για το πρόβλημα και οι προκύπτοντες περιορισμοί με βάση την (8.1) είναι συμβατοί με τους χαλαρότερους περιορισμούς που δίνει η (8.2) – άρα είναι σαφές ότι η συνθήκη (7) είναι καίριας σημασίας όσον αφορά την εύρεση lower και upper bounds για τις δυνάμεις του προβλήματος.

Παντελεήμων Λάπας
12 ημέρες πριν
Απάντηση σε  Παντελεήμων Λάπας

Αυτό που περαιτέρω χρήζει διερεύνησης είναι το εξής: αυτά τα lower και upper bounds βρέθηκαν με βάση τα δεδομένα της άσκησης … δεν είναι προφανές το αν αλλάζοντας κάποιες από τις παραμέτρους του προβλήματος, δηλ. W, μ1, μ2 ή θ … αν τα κάτω και άνω όριο πλησιάζουν τόσο κοντά μεταξύ τους που μπορεί δοθεί προσεγγιστικά ΜΙΑ αποδεκτή λύση …

Παντελεήμων Λάπας
10 ημέρες πριν
Απάντηση σε  Παντελεήμων Λάπας

Κοιτώντας και τα άλλα σχόλια … στην ανάλυση παραπάνω βρίσκουμε ότι Τ1 > 0 αυστηρά, δηλ. δεν γίνεται να μην υπάρχει στατική τριβή από το δάπεδο … κατόπιν, αν η άσκηση ζητούσε ισορροπία χωρίς την επίδραση στατικής τριβής από τον κατακόρυφο τοίχο από την εξ.(10) βρίσκουμε ότι T2 = W/2 – N2*tanθ = 0 => Ν2 = (W/2)/tanθ = 28.867 … και ως φαίνεται από την εξ.(11) είμαστε στο upper bound για το δυνατό εύρος τιμών της Ν2 με βάση τα δεδομένα του προβλήματος … δηλ. προκύπτει ότι μπορώ να έχω μηδενική επίδραση της στατικής τριβής από τον κατακόρυφο τοίχο αν η σκάλα ακουμπάει κατά τον καλύτερο δυνατό τρόπο στον κατακόρυφο τοίχο (μέγιστο Ν2) … περαιτέρω εκ της εξ.(5) Τ1 = Ν2 = 28.867 και εκ της εξ.(13) στην αυτή περίπτωση μεγιστοποιείται και η στατική τριβή από το δάπεδο … ενώ από την εξ.(4) είναι Ν1 = W – T2 = 100 – 0 = 100 -> δηλ. όλο το βάρος της σκάλας πέφτει στο οριζόντιο δάπεδο … οπότε καταλήγουμε στο εξής συμπέρασμα ότι αν ο κατακόρυφος τοίχος συμπεριφέρεται ως εάν ήταν λείος (δηλ. έχουμε μόνο δύναμη αντίδρασης…) όλο το βάρος της σκάλας πέφτει στο δάπεδο και σε αυτή την περίπτωση η στατική τριβή από το δάπεδο απλά δρα έτσι ώστε να εξασφαλίζεται εξισορρόπηση των δυνάμεων οριζοντίως

Παντελεήμων Λάπας
10 ημέρες πριν
Απάντηση σε  Παντελεήμων Λάπας

Πάμε να κάνουμε και μία σύγκριση με την περίπτωση που ο κατακόρυφος τοίχος είναι όντως λείος: παίρνοντας τις δυνάμεις όπως στην προηγούμενη ανάλυση …

Ισχύουσες εξισώσεις για μη ολίσθηση:
0< Τ1 < μ1*Ν1 (1)
Στ_Α = 0 => … => (1/2)cosθ W + T1sinθ = N1cosθ (2)
ΣF_Y = 0 => Ν1 = W => Ν1 = 100 Ν (3)
ΣF_X = 0 => Τ1 = Ν2 (4)
Από τις (2) και (3):
Τ1 = Ν2 = {Ν1 – (W/2)}/tanθ = 28.867 Ν (5)

Πότε επίκειται ολίσθηση; … όταν ισχύουν οι (2) ως (4) και η κάτωθι
Τ1_max = μ1*Ν1 => Τ1 = μ1*W = 60 Ν
απ’ όπου θα βρίσκαμε (από την εξ.(2)) ως κρίσιμη γωνία την θ_cr = 39.80 degrees, αλλά επειδή δίνεται ότι θ = 60 degrees > θ_cr πάλι έχουμε ασφαλή ισορροπία της σκάλας (είναι λογικό ότι η κρίσιμη γωνία θα είναι μεγαλύτερη όταν ο κατακόρυφος τοίχος είναι λείος)
… παρατηρούμε όμως ότι στην περίπτωση που ο κατακόρυφος τοίχος είναι πραγματικά λείος η στατική τριβή από το δάπεδο έχει τιμή Τ1 = 28.867 < Τ1_max = 60 … και κάνοντας σύγκριση με την προηγούμενη ειδική περίπτωση όπου θέλαμε ο κατακόρυφος τοίχος να συμπεριφέρεται ως εάν ήταν λείος (ενώ δεν είναι) διαπιστώνεται ότι ισορροπία επιτυγχάνεται όταν η σκάλα ακουμπάει κατά τον καλύτερο δυνατό τρόπο στον κατακόρυφο τοίχο αλλά ταυτόχρονα όλο το βάρος της πέφτει στο δάπεδο (δηλ. ακουμπάει και στο δάπεδο κατά τον καλύτερο δυνατό τρόπο) και σε αυτή την περίπτωση η στατική τριβή από το δάπεδο παίρνει την μέγιστη δυνατή επιτρεπόμενη τιμή της … το τελευταίο συμπέρασμα δεν ισχύει αν ο κατακόρυφος τοίχος ήταν πραγματικά λείος όπου για ισορροπία υπό γωνία 60 μοιρών η στατική τριβή από το δάπεδο έχει τιμή πολύ μικρότερη της μέγιστης επιτρεπόμενης τιμής της … παρόλα αυτά διαπιστώνεται ότι πηγαίνοντας από την περίπτωση του κατακόρυφου τοίχου που συμπεριφέρεται ως εάν ήταν λείος στην περίπτωση του πραγματικά λείου κατακόρυφου τοίχου (δηλ. στο όριο όπου μ2 ->0) δεν εμφανίζεται ασυνέχεια σε κάποια από τις δυνάμεις αλληλεπίδρασης της σκάλας με το δάπεδο ή τον τοίχο, απλά αυτό που συμβαίνει είναι ότι έχει διευρυνθεί το upper bound της στατικής τριβής Τ1 με αποτέλεσμα η ισορροπία της σκάλας στην δεύτερη περίπτωση (όπου μ2 ->0) να είναι πιο ασφαλής σε σύγκριση με την πρώτη περίπτωση (ως εάν ήταν λείος …) όπου η στατική τριβή Τ1 ‘αναγκάζεται’ να πιάσει τη μέγιστη δυνατή επιτρεπόμενη τιμή της (προκειμένου να έχουμε ισορροπία)

Παντελεήμων Λάπας
6 ημέρες πριν
Απάντηση σε  Διονύσης Μάργαρης

Βλέπω και συ να καταλήγεις σε μια περιοχή τιμών και όχι σε μοναδικές λύσεις…

Aπό την ανάλυση που παρατέθηκε παραπάνω …
… οι εξ.(7) και (10) φράσσουν τις δυνατές τιμές για την κάθετη αντίδραση Ν2, και δεν είναι δύσκολο να δείξουμε ότι θα ισχύει
(W/2)*(1/(μ2 + tanθ)) < Ν2 <= W/(2*tanθ) (11)
για να χω μοναδική λύση θα πρέπει τα lower και upper bounds για την Ν2 να συμπέσουν κι από την εξ.(11) αυτό συμβαίνει όταν μ2 ->0 (δηλ. ο κατακόρυφος τοίχος είναι λείος και ξέρουμε ότι όντως σε αυτή την περίπτωση υπάρχει μοναδική λύση στο αυτό πρόβλημα στατικής) … αυτό συμπεραίνεται από την “λυκειακή ανάλυση” αυτού του προβλήματος στατικής (αυτό δεν σημαίνει ότι η απάντηση είναι κατ’ ανάγκην και πραγματικά σωστή … απλά αυτή είναι η απάντηση με βάση την “λυκειακή ανάλυση” του προβλήματος στατικής … αν όντως το πρόβλημα έχει μοναδική λύση και για μ2 διάφορο του μηδενός ίσως και να μην επαρκεί το παραπάνω μοντέλο του απόλυτα στερεού σώματος … )

… η μόνη άλλη περίπτωση που επίσης υπάρχει μοναδική λύση είναι η περίπτωση της οριακής ολίσθησης (χωρίς όμως να συμβεί τελικά ολίσθηση) που επίσης δόθηκε παραπάνω …

Παντελεήμων Λάπας
6 ημέρες πριν
Απάντηση σε  Παντελεήμων Λάπας

… υπενθυμίζεται ότι στην οριακή ολίσθηση που εξετάστηκε σημειώνεται ότι πήραμε μ2 διάφορο του μηδενός και σε αυτή την περίπτωση συμβαίνει για μ2 >0 να έχουμε όντως μοναδική λύση …

… πέραν όμως της περίπτωσης της οριακής ολίσθησης, ή με άλλα λόγια στην περίπτωση της “ασφαλούς ισορροπίας”, το μη μηδενικό μ2 δεν φαίνεται να οδηγεί σε μία μοναδική λύση (θεωρώντας λυκειακή ανάλυση)

… νομίζω ότι καλύψαμε λίγο πολύ όλα τα σχόλια επί της σκάλας …

Παντελεήμων Λάπας
11 ημέρες πριν
Απάντηση σε  Διονύσης Μάργαρης

Μοναδική λύση σίγουρα υπάρχει στην περίπτωση της οριακής ολίσθησης αλλά από εκεί και πέρα για γωνία μεγαλύτερη της κρίσιμης γωνίας έχουμε ενδεχομένως άπειρες καταστάσεις ουδέτερης ισορροπίας και ως εκ τούτου άπειρες λύσεις or it seems like so … αλλά … ίσως αλλάζοντας κάποιες παραμέτρους του προβλήματος, το εύρος τιμών της Ν2 να καθίσταται τόσο στενό που να μπορεί κανείς πρακτικά να πάρει μια τιμή στο μέσο του πολύ στενού εύρους τιμών και να δώσει “πρακτικά μία λύση” στο πρόβλημα (αν και δεν υπάρχει μία μόνο λύση) … γενικότερα στην στατική όταν έχουμε statically indeterminate problems για να αποφύγουμε την απροσδιοριστία και να αυξήσουμε το πλήθος των εξισώσεων χρησιμοποιείται και η θεωρία των μικρών παραμορφώσεων, η οποία τις περισσότερες φορές οδηγεί σε μοναδική απάντηση όμως εδώ υποθέτω ότι ζητούνταν η ανάλυση του προβλήματος με βάση τις λυκειακές γνώσεις …