Квант
Разное

О силах трения

Баканина Л. П.

Квант 1978, №11с. 48-50Тег TQS0

48

Л. Баканина

О силах трения

Многие школьники, поступающие в вузы, часто испытывают затруднения при решении задач, в которых действуют силы трения.

Вспомним об основных особенностях сил так называемого сухого трения — трения между двумя тверdbими телами. Эти силы возникают всегда при непосредствном соприкосновении тел, направлены вдоль поверхности соприкосновения и действуют на каждое из соприкасающихся тел, причем действуют так, чтобы преяractствовать движению одного тела относительно другого — если это силы трения сколжения, или так, чтобы преяractствовать самому возникновению этого движения — если речь идет о силах трения по кояя.

Абсолютная величины силы трения скольжения F⃗тр. ск.\vec{F}_{\text{тр. ск.}} зависит от вида трушихся поверхностей и силы N⃗\vec{N} нормального давления одного тела на другое:

∣F⃗тр. ск.∣=μ∣N⃗∣,\left| \vec{F}_{\text{тр. ск.}} \right| = \mu \left| \vec{N} \right|,

где μ\mu — коэффициент трения.

Сила трения покоя F⃗тр. п.\vec{F}_{\text{тр. п.}} всегда уравновешивается все остальные силы, действующие на тело вдоль поверхности соприкосновения. Ее абсолотная величины могут принимать любые значения от нуля до некоторого максимального значения ∣F⃗тр. п. max∣\left| \vec{F}_{\text{тр. п. max}} \right|, которое обычно считают равным

∣F⃗тр. ск.∣=0≤∣F⃗тр. п.∣≤∣F⃗тр. ск.∣.\left| \vec{F}_{\text{тр. ск.}} \right| = 0 \leq \left| \vec{F}_{\text{тр. п.}} \right| \leq \left| \vec{F}_{\text{тр. ск.}} \right|.

При решении задач прежде всего необходимо разобраться, с какими именно силами трения — покоя или скольжения — мы имеем дело. Расмотрим несколько конкретных задач.

Задача 1. На горизонтальном столе лежат два бруска массой M1=7M_1 = 7 кк и M2=10M_2 = 10 кк, связанные нимью. Еще одна нимь, приязанная к бруску массой M1M_1, переброшена через блок, укрепленный на краю стола, и к ней подвешен груз массой m=1m = 1 кк (рис. 1). Козффициент трения между брусками и столом μ=0,1\mu = 0,1. Определите наяжественная обеих нимей и силы трения, действующие на каждой из брусков.

Рис. 1.

Во-первых, выясним, будут двигататься бруски или нет. Они могут начасть двигататься под действием силы натяжения T⃗1\vec{T}_1 правой нити, а она, по абсолотной величины, не может превысить силу тяжести груза массой mm:

∣T⃗1∣≤m∣g⃗∣=10 H.\left| \vec{T}_1 \right| \leq m \left| \vec{g} \right| = 10 \text{ H.}

Максимальное значение силы трения покоя для обих брусков

∣F⃗тр. п. max∣=μ(M1+M2)∣g⃗∣=17 H.\left| \vec{F}_{\text{тр. п. max}} \right| = \mu \left( M_1 + M_2 \right) \left| \vec{g} \right| = 17 \text{ H.}

Так как ∣T⃗1∣<∣F⃗тр. п. max∣\left| \vec{T}_1 \right| < \left| \vec{F}_{\text{тр. п. max}} \right|, бруски покояются. Очевидно, что покoitся и груз массой mm; следовательно,

∣T⃗1∣=m∣g⃗∣=10 H.\left| \vec{T}_1 \right| = m \left| \vec{g} \right| = 10 \text{ H.}

Теперь рассмотрим по отдельности бруски массой M1M_1 и M2M_2. На правый брусок действуют силы натяжения нити T⃗1\vec{T}_1 и T⃗2\vec{T}_2 и сила трения F⃗тр. 1\vec{F}_{\text{тр. 1}} (рис. 2)*.

*) На интересующей только те силы, которые дают горизонтальные процесции, отличные от нуля.

49

Рис. 2.

Максимальное значение силы трения
∣F⃗тр. 1 max∣=μM1∣g⃗∣=7 H<∣T⃗1∣=10 H,|\vec{F}_{\text{тр. 1 max}}| = \mu M_1 |\vec{g}| = 7 \text{ H} < |\vec{T}_1| = 10 \text{ H},
значит, одна только сила трения не может уравновесить брусок. Как только она достигает своего наиболее значения, натянется вторая нить—появится сила натяжения T⃗2\vec{T}_2.

Первый брусок будет поконтся, если
∣T⃗1∣=∣F⃗тр. 1∣+∣T⃗2∣,|\vec{T}_1| = |\vec{F}_{\text{тр. 1}}| + |\vec{T}_2|,
где
∣F⃗тр. 1∣=∣F⃗тр. 1 max∣=7 H.|\vec{F}_{\text{тр. 1}}| = |\vec{F}_{\text{тр. 1 max}}| = 7 \text{ H}.
Отсюда
∣T⃗2∣=∣T⃗1∣−∣F⃗тр. 1 max∣=3 H.|\vec{T}_2| = |\vec{T}_1| - |\vec{F}_{\text{тр. 1 max}}| = 3 \text{ H}.
На второй брусок действуют две силы: сила натяжения нити T⃗2\vec{T}_2 и сила трения F⃗тр. 2\vec{F}_{\text{тр. 2}} (рис. 3). Поскольку
∣F⃗тр. 2 max∣=μM2∣g⃗∣=10 H>∣T⃗2∣=3 H,|\vec{F}_{\text{тр. 2 max}}| = \mu M_2 |\vec{g}| = 10 \text{ H} > |\vec{T}_2| = 3 \text{ H},
сила трения F⃗тр. 2\vec{F}_{\text{тр. 2}} может уравновесить силу T⃗2\vec{T}_2:
∣F⃗тр. 2∣=∣T⃗2∣=3 H.|\vec{F}_{\text{тр. 2}}| = |\vec{T}_2| = 3 \text{ H}.
Задача 2. Брусок лежит на доске. Доску приоднимом за один край. Как зависит абсолютиная величины силы трения, действующей на брусок, от уела накладна доски α\alpha (рис. 4)? Коэффициент трения между

ду бруском и доской μ\mu, масса бруска mm.

При достаточно малых углах наклона брусок поконтся на доске.

При этом сила трения покоя F⃗тр. п.\vec{F}_{\text{тр. п.}} уравновешивается силу F⃗\vec{F} — составляющего силы тяжестни бруска, направленную вдоль наклонной плоскости:

Рис. 4.

∣F⃗тр. п.∣=∣F⃗∣=m∣g⃗∣sin⁡α.|\vec{F}_{\text{тр. п.}}| = |\vec{F}| = m |\vec{g}| \sin \alpha.
С увеличением угла α\alpha сила трения покоя растет, и при некотором угле α0\alpha_0 она достигает своего максимального значения
∣F⃗тр. п. max∣=∣F⃗тр. ск.∣=μ∣N⃗∣|\vec{F}_{\text{тр. п. max}}| = |\vec{F}_{\text{тр. ск.}}| = \mu |\vec{N}|
м |g⃗∣sin⁡α0=μm∣g⃗∣cos⁡α0.\vec{g}| \sin \alpha_0 = \mu m |\vec{g}| \cos \alpha_0.
Отсюда
tgα0=μ, и ∣F⃗тр. п. max∣=m∣g⃗∣μ1+μ2.tg \alpha_0 = \mu, \text{ и } |\vec{F}_{\text{тр. п. max}}| = m |\vec{g}| \frac{\mu}{\sqrt{1 + \mu^2}}.
При дальнейшем увеличении угла α\alpha тело скольzt по доске, и сила трения является силой трения скольжения:
∣F⃗тр. ск.∣=μ∣N⃗∣=μm∣g⃗∣cos⁡α.|\vec{F}_{\text{тр. ск.}}| = \mu |\vec{N}| = \mu m |\vec{g}| \cos \alpha.
График зависимости абсолютиной величины силы трения от угла наклона

Рис. 5.

доски α\alpha показан на рисунке 5: до угла α0\alpha_0 сила трения возратает по закону синуса, а дальнейшее она убивает по закону косинуса.

50

Рис. 6.

Задание 3. Прямоугольный брусок, размеры которого показаны на рисунке 6, мянут равномерно по горизонтальной плоскости за вервку, уол наклона компоня α\alpha можно менять. Козффициент трения бруска о плоскость равен μ\mu. При какой величины уела α0\alpha_0 брусок начинает приподниматься?

Рассмотрим все силы, которые действуют на брусок. Это сила натяжения вервки T⃗\vec{T}, сила тяжестки mg⃗\vec{mg}, сила реакции опоры N⃗\vec{N} (равная по абсолотной величины силе нормального давления) и сила тяжения скольжения F⃗тр. ск.\vec{F}_{\text{тр. ск.}} (так как брусок движется). При угле наклона α0\alpha_0, когда брусок начинает приподниматься, сине

Рис. 7.

лы N⃗\vec{N} и F⃗тр. ск.\vec{F}_{\text{тр. ск.}} проходит через точку AA (рис. 7).

Так как брусок движется равномерно и прямолинейно, сумма действующих на него сил и сумма моментов этих сил относительно любой оси должны быть равны нулю. Следовательно, равны нулю сумма проекций всех сил на ось XX:

∣F⃗тр. ск.∣−∣T⃗∣cos⁡α0=0\left| \vec{F}_{\text{тр. ск.}} \right| - \left| \vec{T} \right| \cos \alpha_0 = 0

и сумма моментов сил относительно центра тяжестки CC:

∣T⃗∣sin⁡α0⋅b2−∣F⃗тр. ск.∣a2−∣N⃗∣b2=0.\left| \vec{T} \right| \sin \alpha_0 \cdot \frac{b}{2} - \left| \vec{F}_{\text{тр. ск.}} \right| \frac{a}{2} - \left| \vec{N} \right| \frac{b}{2} = 0.

Из этих двух уравнений с учетом того, что ∣F⃗тр. ск.∣=μ∣N⃗∣\left| \vec{F}_{\text{тр. ск.}} \right| = \mu \left| \vec{N} \right|, получаем

tgα0=ab+1μ,tg \alpha_0 = \frac{a}{b} + \frac{1}{\mu},

α0=arctg(ab+1μ).\alpha_0 = \arctg \left( \frac{a}{b} + \frac{1}{\mu} \right).

Задание 4. Ребенок скатывается с горки на санкх. Высота горки H=15H = 15 м, угол наклона к горизонтму α=30∘\alpha = 30^\circ, а коэффициент трения линейно нарастает вдоль пути от μ1=0\mu_1 = 0 у вершины горы до μ2=0,4\mu_2 = 0,4 у подносяния. Какую скорость будем иметь с помощью закона сохранения энергии:

m∣g⃗∣H=mv22+A.m \left| \vec{g} \right| H = \frac{mv^2}{2} + A.

Здесь m∣g⃗∣Hm \left| \vec{g} \right| H — потенциальная энергия санк на вершине горы, mv2/2mv^2/2 — их kinетическая энергия у подносяния и AA — работа против слиты тяжения скольжения F⃗тр. ск.\vec{F}_{\text{тр. ск.}}.

Для определения AA наиссуем график зависимости ∣F⃗тр. ск.∣\left| \vec{F}_{\text{тр. ск.}} \right| от пути ss (рис. 8). У вершины горы

∣F⃗тр. ск.∣=μ1m∣g⃗∣cos⁡α=0,\left| \vec{F}_{\text{тр. ск.}} \right| = \mu_1 m \left| \vec{g} \right| \cos \alpha = 0,

у подносяния

∣F⃗тр. ск.∣=μ2m∣g⃗∣cos⁡α,\left| \vec{F}_{\text{тр. ск.}} \right| = \mu_2 m \left| \vec{g} \right| \cos \alpha,

весь путь

s0=H/sin⁡α.s_0 = H/\sin \alpha.

Работа AA численно равна площади

Рис. 8.

заштрихованного треугольника на рисунке 8:

A=12∣F⃗тр. ск.∣s0=12μ2m∣g⃗∣Hctgα.A = \frac{1}{2} \left| \vec{F}_{\text{тр. ск.}} \right| s_0 = \frac{1}{2} \mu_2 m \left| \vec{g} \right| H \text{ctg} \alpha.

Тогда из закона сохранения энергии