kap 5

LÖSNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 5
Frilägg kurvbågen från den vertikala
stången!
LP 5.1
f
Vi börjar med att i figuren sätta ut
tyngdkraften, som antas vara mg.
Masscentrums avstånd från stången
2r/π , där r är radien, antas här vara
känt. Vi har alltså infört två storheter r
och m, som inte är givna.
α
A
N
2r/π
Inför kontaktkrafterna! Vid B finns
ingen friktionskraft.
Jämvikt fordrar att kraftsystemet på
kurvbågen bildar ett nollsystem, dvs att
kraftsumman är nollvektorn och kraftmomentet med avseende på någon
punkt är nollvektorn:
mg
α
C
B
N1
→:
↑:
B :
Ekv (2) och (3) ger
N − N1 = 0
f − mg = 0
2r
mg ⋅ − N ⋅ 2r = 0
π
(1)
(2)
(3)
f = mg
mg
N=
π
Friktionsvillkoret är
f ≤ µN
Insättning ger
mg ≤ µ
(4)
(5)
(6)
mg
π
⇒
µ ≥π
Svaret är dimensionsriktigt eftersom friktionstalet, som är ett förhållande
mellan två krafter, har dimensionen 1 (är dimensionslöst).
Är friktionstalet µ orimligt stort? Även om µ i de flesta fall för någorlunda
släta ytor oftast är mindre än 1, finns det ingen gräns för hur stort det kan vara.
Problemet är ju också så formulerat att svaret ger vilket friktionstal som krävs,
oberoende av om det finns så stora friktionstal eller inte.
Alternativ lösning: Kurvbågen är en trekraftskropp. Kraftsystemet måste vara
ett strålkraftsystem. Verkningslinjen för kontaktkraften i A måste alltså gå
f
2r
genom punkten C (se figur!):
=
=π
(tan α =)
N 2r/π
Frilägg kuben från den vertikala glatta
väggen och det sträva golvet!
LP 5.2
Vi börjar med att i figuren sätta ut
tyngdkraften, som antas vara mg.
Kubens kantlängd antas vara d. Vi har
alltså infört två storheter d och m, som
inte är givna i texten.
G
N
N1
Inför kontaktkrafterna! Vid A finns
ingen friktionskraft.
C
A
mg
d
30°
α
Jämvikt fordrar att kraftsystemet på
kuben bildar ett nollsystem, dvs både
kraftsumman och kraftmomentet med
avseende på någon punkt är noll.
B
f
Vi betraktar gränsfallet mot glidning då lutningsvinkeln är 30° . Vinkeln mellan
linjen BG och horisontalplanet är då 30° + 45°.
Jämvikt för den frilagda kuben fordrar:
→:
↑ :
N1 − f = 0
N − mg = 0
d
d
mg ⋅
cos 75° − N1 ⋅ = 0
2
2
B :
(1)
(2)
(3)
Ekv (3) och (1) ger
f=
2mg
cos 75°
2
(4)
Ekv (1) ger
N = mg
(5)
Friktionsvillkoret är
f ≤ µN
(6)
Vid gränsfallet mot glidning fås
2mg
cos 75° = µmg ⇒
2
µ = 2 cos 75°
Kommentar:
Svaret är dimensionsriktigt. En trigonometrisk funktion har dimensionen ett.
Svarets närmevärde är µ ≈ 0.36 och verkar erfarenhetsmässigt rimligt?
Alternativ lösning: Kuben är en trekraftskropp. Kraftsystemet måste vara ett
strålkraftsystem. Verkningslinjen för kontaktkraften i B måste alltså gå genom
d
cos 75
f
2
=
= 2 cos 75
punkten C (se figur!):
(tan α =)
d
N
2
Frilägg kabelrullen från underlaget och
kabeln! Inför motsvarande krafter f , N
och S.
LP 5.3
B
S
A
D
Jämvikt fordrar att kraftsystemet på
kabelrullen bildar ett nollsystem, dvs
både kraftsumman och kraftmomentet
med avseende på någon punkt är noll.
G
N
f
mg
Jämvikt för den frilagda kabelrullen
fordrar:
B
β
→:
↑ :
G:
− f cos β + N sin β − S = 0
N cos β + f sin β − mg = 0
S⋅r − f ⋅R = 0
R
f
r
Ekv (3) ger
S=
Insättning i ekv (1) ger
− f cos β + N sin β −
⇒
(1)
(2)
(3)
N=
(4)
R + r cos β
f
r sin β
R
f =0
r
(5)
(6)
cos β  R

+ cos β f + f sin β = mg

sin β  r
Insättning i ekv (2) ger
mgr sin β
r + R cos β
⇒
f=
⇒
N=
R + r cos β
mg ⇒
r + R cos β
(8)
S=
mgR sin β
r + R cos β
f ≤ µN
Friktionsvillkoret är
Vid gränsfallet mot glidning fås alltså
⇒
µ≥
(7)
(9)
mgr sin β
R + r cos β
mg
≤µ
r + R cos β
r + R cos β
r sin β
R + r cos β
Det finns andra sätt att lösa problemet. Tre momentekvationer med avseende
på B, D och skärningspunkten till krafterna S och f ger krafterna utan att ett
ekvationssystem behöver lösas. Observera att kontaktkraftens verkningslinje
måste gå genom A . Det ger direkt friktionstalet!
AAA
A
A
LP 5.4
N
f
S
A
mAg
A
AAAAA
AA
S
Frilägg kropparna från lina och kontaktytor! Inför motsvarande krafter S, f och
N.
S
Trissorna är lätta och lättrörliga. Det
betyder att trådkraften är lika på båda
sidor om varje trissa. Det följer av
momentekvationen med avseende på
centrumaxeln för varje trissa.
S
S
S
S
Jämvikt för kropp B fordrar
↑ : 3S − mB g = 0
B
⇒
mg
S=
(1)
mB g
3
Jämvikt för kropp A fordrar
Friktionsvillkoret är
→:
S− f =0
(2)
↑ :
N − mA g = 0
(3)
⇒
f=
mB g
och N = mA g
3
f ≤ µN
(4)
Vid gränsfallet mot glidning fås alltså
mB g
≤ µmA g
3
⇒
µ≥
mB
3 mA
Frilägg lådan från rep och kontaktyta!
Inför motsvarande krafter S, f och N .
LP 5.5
S
Jämvikt för lådan fordrar
N
β
→ : −S cos β + f = 0
Fra
gile
↑ :
f
S sin β + N − mg = 0
(1)
(2)
mg
Vid glidning är friktionskraften fullt utbildad (maximal)
f = µN
(3)
Sätt in detta i ekv (1). För att bestämma kraften S eliminerar vi sedan N genom
att multiplicera ekv (1) med µ och dra den från ekv (2):
−S cos β + µN = 0

 ⇒ µS sin β + S cos β − µmg = 0
µS sin β + µN − µmg = 0
⇒
S=
µmg
µ sin β + cos β
Frilägg hållaren från kontaktytorna!
Inför motsvarande krafter N , f och N B .
Hållaren antas vara lätt jämfört med
tyngden P .
LP 5.6
N
AAAA
AAAA
AAAA
A
AAAA
A
AAAA
AAAA
AAAA
AAAA
β
f
A
d
Jämvikt för hållaren fordrar
b
B
P
NB
C
→ : NB − f = 0
(1)
↑ :
N−P=0
(2)
A:
N B ⋅ d − P ⋅ (b + c ) = 0
(3)
Detta betyder att
N=P
c
f=
(4)
b+c
P
d
(5)
f ≤ µN
Friktionsvillkoret är
(6)
Vid gränsfallet mot glidning fås alltså
b+c
P ≤ µP
d
⇒
µ≥
b+c
d
Kommentar: Hållaren är en trekraftskropp. Kontaktkraften i A måste ha en
verkningslinje som går genom C . Det ger en geometrisk lösning för gränsfallet
mot glidning:
µ=
f
b+c
= tan β =
N
d
LP 5.7
Frilägg både traktorn och stången!
Jämvikt fordrar att resultanten till
hela kraftsystemet på varje kropp
med avseende på vilken punkt som
helst är nollvektorn:
N
A
AAAAAAAAAA
AAAAAAAAAA
AAAAAAAAAA
AA
AAAAAAAAAA
AA
α
S
l
S
f
y
β
Mg
x
O
mg
F = 0;
M=0
(1)
Detta problem är plant och då kan
villkoret för varje kropp skrivas:
Fx = 0

Fy = 0
M = 0
 z
(2)
Dela upp kraften S i en horisontell och en vertikal komponent.
Stången
O:
⇒
l
S sin α ⋅ l cos β − S cos α ⋅ l sin β + mg ⋅ cos β = 0
2
mg cos β
S=
2 sin( β − α )
(3)
(4)
Den dragkraften måste traktorn klara av att ge.
Traktorn
→ : f − S cos α = 0
(5)
↑ : N − Mg + S sin α = 0
(6)
Den maximala friktionskraften är f = µN
(7)
Ekv(6) ger
N = Mg − S sin α
(8)
Ekv(5) ger
f = S cos α
(9)
Om resultatet (4) sätts in får vi
N = Mg −
Insättning i (7) ger
⇒
mg cos β sin α
2 sin( β − α )
f=
mg cos β cos α
2 sin( β − α )
µ=
f
mg cos β cos α
=
N 2 sin( β − α ) Mg − mg cos β sin α
µ=
m cos β cos α
2 M sin( β − α ) − m cos β sin α
LP 5.8
Traktorn har konstant hastighet så att
den befinner sig i jämvikt. Vi frilägger
den först från underlaget och inför
motsvarande kontaktkrafter.
G
P
N
Friktionskraften vid framhjulen är noll.
Hjulet rullar ju fritt och kraftmomentet
med avseende på ett framhjuls axel
skulle annars inte vara noll.
N1
h
F
A
B
c
b
Friktionskraften vid bakhjulen är inte
noll. Kraftmomentet med avseende på
ett bakhjuls blir noll eftersom det också
finns ett drivande kraftparsmoment vid
axeln.
Jämvikt fordrar att resultanten till hela kraftsystemet på traktorn med avseende
på vilken punkt som helst är nollvektorn:
F = 0;
M=0
(1)
Detta problem är plant och då kan villkoret för kroppen skrivas:
Insättning ger
Ekv (5) ger
Fx = 0

Fy = 0
M = 0
 z
(2)
→:
f −P=0
(3)
↑ :
N + N1 − mg = 0
(4)
A:
N1 ⋅ (b + c) − mg ⋅ b + P ⋅ h = 0
(5)
N1 =
mgb − Ph
b+c
N1 ≈ 21 kN
Ekvation (4) ger normalkraften på bakhjulen
N=
mgc + Ph
b+c
N ≈ 19 kN
Men varför är friktionstalet givet? Jo, man kan kontrollera att friktionskraften
verkligen kan matcha kraften P . Den maximala friktionskraften är f = µN ≈ 10 kN
så att traktorn klarar verkligen att dra lasten.
LP 5.11
Antag att cylindern roterar medurs.
Observera att friktionskraften som
krävs är f . Den är alltså given och får
ingå i svaret.
a
O
ω
b
f
C
r
N
Frilägg armen! Jämvikt fordrar att
resultanten till hela kraftsystemet på
armen med avseende på vilken punkt
som helst är nollvektorn:
N A
F = 0;
P
f
M=0
(1)
Detta problem är plant och då kan
villkoret för kroppen skrivas:
c
Fx = 0

Fy = 0
M = 0
 z
(2)
I O finns en reaktionskraft som ej efterfrågas. Egentligen söker vi bara en enda
kraft, dragkraften P . Enda sättet att eliminera kraften i O från räkningarna är att
ställa upp momentekvationen med avseende på en axel genom denna punkt:
O : N ⋅ b − f ⋅ ( r − a) − P ⋅ ( c − a) = 0
armen OA
(3)
Vi utnyttjar nu också att friktionskraften är fullt utbildad vid glidning f = µN ,
eller eftersom kraften f är känd, N = f/µ .
Insättning ger
f
⋅ b − f ⋅ ( r − a) = P ⋅ ( c − a)
µ
P=
⇒
b − µ ( r − a)
f
µ ( c − a)
(4)
(5)
Men cylinderns rotationsriktning är inte känd. Om den roterar moturs skulle
friktionskraften ha motsatt riktning. Tecknet framför mittentermen f ⋅ (r − a) i
ekv(3) skulle då vara plus. Ett fullständigt svar är
P=
b ± µ ( r − a)
f
µ ( c − a)
plustecken gäller moturs rotation
Frilägg vinkelarmen och lådan och
inför motsvarande kontaktkrafter!
Jämvikt fordrar att resultanten till
hela kraftsystemet på varje kropp
med avseende på vilken punkt som
helst är nollvektorn:
LP 5.12
b
a
β
F1
AA
c
N
F = 0;
f
M=0
(1)
f
N1
N
Detta problem är plant och då kan
villkoret för varje kropp skrivas:
f1
Fx = 0

Fy = 0
M = 0
 z
mg
(2)
För armen ställer vi bara upp momentekvationen med avseende på B, eftersom
den ointressanta reaktionskraften i B kommer att ingå i alla andra jämviktsekvationer.
N (b + a) − f ⋅ c − F1 ⋅ b = 0
(3)
:
N1 − N − mg cos β = 0
(4)
:
f1 + f − mg sin β = 0
(5)
Armen
B :
Lådan
Friktionsvillkoren är f ≤ µN och f1 ≤ µN1 .
Vid gränsfallet mot glidning gäller f = µN och f1 = µN1
(6)
Insättning i ekv (5) ger
µN1 + µN − mg sin β = 0
(7)
Multiplicera ekv (4) med − µ !
− µN1 + µN + mgµ cos β = 0
(8)
Addera ekv (7) och (8)!
Resultatet är
2 µN − mg sin β + mgµ cos β = 0
sin β − µ cos β
sin β − µ cos β
mg f = µN =
mg
2
2µ
Insättning i ekv (3) ger
c
b+a
sin β − µ cos β
sin β − µ cos β
F1 = f −
N F1 =
mgc −
mg(b + a)
b
b
2b
2 µb
N=
F1 =
mg
( a + b − µc)( µ cos β − sin β )
2 µb
Frilägg skivan från trissa och underlag!
LP 5.15
Skivans tyngd är mg. Vid kontaktytan
mot den lättrörliga trissan finns bara en
normalkraft N1 . Vid B verkar både kontaktkraften och dragkraften P . Vi utgår
från att denna dragkraft är riktad åt
höger.
C
A
N1
N
2a
3a
Jämvikt för den frilagda skivan fordrar:
5a
f
β
B
P
mg
→:
↑ :
B :
P − f + N1 sin β = 0
N + N1 cos β − mg = 0
mg ⋅ 5 a cos β − N1 ⋅ 8 a = 0
Ekv (3) ger normalkraften
Ekv (2) ger då normalkraften
Ekv (1) ger då friktionskraften
5
mg cos β
8
5


N = 1 − cos 2 β mg


8
5
f = P + mg sin β cos β
8
N1 =
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
Vid gränsfallet mot glidning är friktionskraften maximal, dvs
5


f = fmax = µN = µ 1 − cos 2 β mg


8
(7)
Vid jämvikt måste denna friktionskraft vara den som ges av ekv (6). Det ger
ekvationen
5
5


P + mg sin β cos β = µ 1 − cos 2 β mg
(8)


8
8
5
 

 5
P =  µ 1 − cos 2 β − sin β cos β  mg
⇒
 8
8
 

Kommentar:
Vi har här utgått från att det verkligen krävs en kraft P åt höger för att skivan
ska börja röra sig. Det betyder att vi förutsätter att friktionstalet µ är tillräckligt
stort. Det minsta friktionstal för vilket lösningen gäller är det värde som ger
P = 0 i svaret. Om friktionstalet är mindre krävs ju en yttre kraft åt vänster för
att skivan ska vara i jämvikt. Ökas denna kraft åt vänster så störs jämvikten vid
ett annat värde på den yttre kraften.
Frilägg kloten! De två tyngdkrafterna
balanseras vid jämvikt av de tre kontaktkrafterna. Vid kontaktstället C mellan de
båda kloten utnyttjas Newtons tredje lag,
lagen om verkan och motverkan.
LP 5.19
O
2R
30°
B
f2
C
N2
60°
A
N2
N3
60°
mg
f2
mg
N1
f1
f3
Antalet obekanta krafter är sex, dvs lika
många som antalet jämviktsekvationer
som kan ställas upp.
Dessutom söker vi det speciella friktionstal som gör att jämvikten störs av att
glidning inträffar. Denna obekanta
storhet ges av friktionsvillkoret.
Vi gör här för övningens skull en lösning
med enbart momentekvationer.
Jämvikt för det frilagda systemet fordrar:
A:
B :
Undre klotet:
Övre klotet:
f1 ⋅ R − f2 ⋅ R = 0
f3 ⋅ R − f2 ⋅ R = 0
(1)
(2)
Dessa ekvationer ger att friktionskrafterna är lika stora och vi kan därför släppa
index i den följande lösningen:
f1 = f2 = f3 ≡ f
(3)
Hela systemet
O:
⇒
f1 ⋅ 3 R + f3 ⋅ 3 R − mg ⋅ R 3 = 0
3
f=
mg
6
R 3
Undre klotet:
C:
Övre klotet:
O:
(mg − N1 ) ⋅ 2
(− mg + N 2 ) ⋅ R
Övre klotet:
C:
(− mg + N 3 ) ⋅
3R
=0
2
3 + f3 ⋅ 3 R = 0
+ f1 ⋅
R 3
3R
+ f3 ⋅
=0
2
2
3
mg
2
1
1
N 2 = mg
N 3 = mg
Ekv (7) och (8), som ser likadana ut ger
2
2
Friktionsvillkoret är f ≤ µ N . Vid jämvikt måste villkoret gälla vid alla
kontaktställen. Eftersom friktionskrafterna är lika stora här störs jämvikten
lättast där normalkraften är minst:
Ekv (6) och (5) ger
N1 =
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)
Frilägg den rörliga delen av tvingen!
Den påverkas först av en lika stor kraft
P som också pressar ihop det som skall
limmas. Kraften vill vrida den frilagda
kroppen så att kontakt med den andra
b fixa delen i första hand uppträder i A
och B. Inför kontaktkrafterna i dessa
punkter enligt figuren!
LP 5.20
N1
a
f1
A
B
f2
N2
d
P
Jämvikt för den frilagda delen fordrar:
P
→ : − f1 + P − f2 = 0
(1)
↑ : N1 − N 2 = 0
(2)
P
A:
P ⋅ d − N1 ⋅ a + f1 ⋅ b = 0
(3)
Ekv (2) visar att normalkrafterna N1 och N 2 är lika: N 2 = N1 ≡ N
Vid fullt utbildad friktion måste friktionskrafterna alltså också vara lika stora:
f1 = µN1
f2 = µN 2
⇒
f1 = f2 ≡ f = µN
Om detta införes i (1) och (3) fås
P = 2f
P ⋅ d − Na + fb = 0
⇒ P ⋅ d − Na +
P
b=0
2
Friktionsvillkoren är f1 ≤ µN1 och f2 ≤ µN 2 .
µ≥
⇒
f
N
⇒
µ≥
Pa
2 Pd + Pb
d≥
a b
−
2µ 2
⇒
µ (2d + b) ≥ a
Jämvikt fordrar att resultanten till
hela kraftsystemet på kroppen med
avseende på vilken punkt som helst
är nollvektorn:
LP 5.23
AAA
AA
A
AA
A
AAA
AA
AAA
A
AA
A
AAA
AAA
AA
A
A
AAAA
AA
AA
N
F = 0;
h
G
N1
A
Fx = 0

Fy = 0
M = 0
 z
f
b
(1)
Detta problem är plant och då kan
villkoret skrivas:
β
mg
M=0
a
(2)
Om hela ekipaget friläggs från underlaget och motsvarande kontaktkrafter införs i
figuren får vi ekvationssystemet
f − mg sin β = 0
(3)
: N + N1 − mg cos β = 0
(4)
:
A : N1 ⋅ a + mg sin β ⋅ h − mg cos β ⋅ b = 0
(5)
Normalkrafterna och friktionskraften fås enkelt:
f = mg sin β
1
N1 = (b cos β − h sin β )mg
a
b
h


N =  1 − cos β + sin β  mg
a
a


f ≤ µN
Friktionsvillkoret är
b
h

1 − cos β + sin β

a
a
=µ
( a − µh) tan β = µ( a − b)
Om b ökar minskar β .
(7)
(8)
(9)
Vid gränsfallet mot glidning fås alltså
sin β
(6)
⇒
b h


tan β = µ  1 −
+ tan β 
a a


⇒
tan β =
µ ( a − b)
a − µh
LP 5.26
B
Jämvikt fordrar att resultanten till
hela kraftsystemet på kroppen med
avseende på vilken punkt som helst
är nollvektorn:
P
F = 0;
c
G
M=0
(1)
Detta problem är plant och då kan
villkoret skrivas:
β
α
N
R
Fx = 0

Fy = 0
M = 0
 z
mg
f
A
(2)
Om kroppen friläggs från underlaget och motsvarande kontaktkraft införs i
figuren får vi ekvationssystemet
→ : P− f =0
↑ : N − mg = 0
4R
sin β − P( R + R sin β ) = 0
A : mg
3π
(3)
(4)
(5)
Kontaktkraftens komponenter fås alltså enkelt direkt ur (3) och (4):
f =P
N = mg
Vridningsvinkeln β bestäms ur (5):
sin β =
(6)
(7)
3πP
4 mg − 3πP
(8)
Detta är vridningsvinkeln om friktionskraften klarar att balansera P .
f ≤ µN
Friktionsvillkoret är
P = µ mg
Vid gränsfallet mot glidning fås alltså
⇒
(9)
sin β =
3πµ
4 − 3πµ
Kommentar: Resultatet fås direkt om man inser att cylindern är en trekraftskropp.
Kontaktkraftens verkningslinje måste alltså gå genom P . Geometrin ger då
µ = tan α =
3πµ
4 − 3πµ