Bevegelse med friksjon nedover en kuleoverflate

Transkript

1 Bevegelse med friksjon nedover en kuleoverflate Geir-Arne Fuglstad Geir Bogfjellmo 9. oktober 2006 Innhold 1 Generelle lover Newtons 2. lov Friksjonsarbeid Energibevaringsloven Generell løsning av differensiallikning 3 3 Spesifike løsninger Med antagelse sklir hele veien Med korrekt start av skliing

2 1 Generelle lover 1.1 Newtons 2. lov Fra Newtons 2. lov radielt får vi 1.2 Friksjonsarbeid F res,r = ma (1) F res,r = mv 2 /R (2) mg cos θ mv 2 /R (3) m(g cos θ v2 R ) (4) Videre antar vi en konstant friksjonskoeffisent µ k oppgitt, og friksjonsarbeidet blir W f = W f = θ µ k F N ds (5) θ µ k m(g cos θ v2 R )R dθ (6) 1.3 Energibevaringsloven I tillegg har vi av energibevaringsloven: E = E 0 + W f (7) mgr cos θ mv2 = mgr cos θ µ k m(g cos θ v2 R )R dθ (8) θ µ k R (g cos θ v2 R ) dθ = gr(cos θ cos ) v2 (9) 2

3 2 Generell løsning av differensiallikning Vi deriverer så på begge sider av ligningen d θ dθ ( µ kr (g cos θ v2 R )dθ) = d dθ (gr(cos θ cos ) v2 ) (10) µ k (gr cos θ v 2 ) = gr sin θ + v v (11) v v + µ k v 2 = gr(µ k cos θ sin θ) (12) 2v v 2µ k v 2 = 2gR(sin θ µ k cos θ) (13) Vi ganger så ligningen med en faktor e 2µ kθ 2v v e 2µ kθ 2µ k e 2µ kθ v 2 = 2gRe 2µ kθ (sin θ µ k cos θ) (14) Hvilket kan forenkles til d dθ (v2 e 2µ kθ ) = 2gRe 2µ kθ (sin θ µ k cos θ) (15) v 2 e 2µ kθ = 2 gre 2µ kθ (sin θ µ k cos θ)dθ (16) = 2Rg( e 2µ kθ cos θ 4µ 2 k + 1 2µ ke 2µkθ sin θ 4µ 2 k + 1 ) 2gRµ k ( 2µ ke 2µkθ cos θ 4µ 2 k e 2µkθ sin θ 4µ 2 k + 1 )+C (17) v 2 e 2µ kθ = 2gRe 2µ k θ ( cos θ 3µ k sin θ+2µ 2 k cos θ) 4µ 2 k +1 + C (18) v 2 = 2gR( cos θ 3µ k sin θ+2µ 2 k cos θ) 4µ 2 k +1 + Ce 2µ kθ (19) 3

4 3 Spesifike løsninger 3.1 Med antagelse sklir hele veien Ser vi først på situasjonen der vi antar at han glir hele tiden må startfart være lik 0, altså v 2 (0) = 0. 2gR( cos 0 3µ k sin 0 + 2µ 2 k cos 0) 4µ 2 k Ce 2µ k 0 = 0 (20) Hvilket gir følgende uttrykk C = 2gR(2µ2 k 1) 4µ 2 k +1 (21) v 2 (θ) = 2gR( cos θ 3µ k sin θ+2µ 2 k cos θ) 4µ 2 k +1 2gR(2µ2 k 1) 4µ 2 k +1 e 2µ kθ (22) v 2 (θ) = 2gR( cos θ 3µ k sin θ+2µ 2 k cos θ+e2µ k θ 2e 2µ k θ µ 2 k ) 4µ 2 k +1 (23) Vi har nå et utrykk for kvadratet av farten uttrykt ved vimkelen, vi setter dette inn i det første uttrykket for normalkraften. m(g cos θ 1 2gR( cos θ 3µ k sin θ+2µ 2 k cos θ+e2µ k θ 2e 2µ k θ µ 2 k ) R 4µ 2 k +1 ) (24) mg(3 cos θ+6µ k sin θ 2e 2µ k θ +4e 2µ k θ µ 2 k ) 4µ 2 k +1 (25) Vi vet at personen vil lette når normalkraften er 0, 0 mg(3 cos θ + 6µ k sin θ 2e 2µ kθ + 4e 2µ kθ µ 2 k ) 4µ 2 k + 1 = 0 (26) 3 cos θ + 6µ k sin θ 2e 2µ kθ + 4e 2µ kθ µ 2 k = 0 (27) 3 cos θ + 6µ k sin θ = 2(1 2µ 2 k )e2µ kθ (28) Dette er en funksjon vi ikke klarer å løse, definerer derfor en funksjon H som er forskjellen på de to sidene av likningen H(θ) = 3 cos θ + 6µ k sin θ 2(1 2µ 2 k )e2µ kθ (29) H (θ) = 3 sin θ + 6µ k cos θ 4(1 2µ 2 k )µ ke 2µ kθ (30) Bruker så Newtons metode for å approksimere løsningen med start = 1.00rad, i tillegg er en betingelse i oppgaven at µ k = 0.30 θ n = θ n 1 H(θ n 1) H (θ n 1 ) (31) 4

5 θ n = θ n 1 3 cos θ n 1 + 6µ k sin θ n 1 2(1 2µ 2 k )e2µ kθ n 1 3 sin θ n 1 + 6µ k cos θ n 1 2(2 4µ 2 k )µ ke 2µ kθ n 1 (32) θ 1 = (33) θ 2 = (34) θ 3 = (35) θ 4 = (36) θ rad = ( π ) (37) θ (38) Han faller alstå av ved ved de gitte betingelsene, eller 59.8 som kanskje ville vært mer hensiktsmessig med tanke på usikkerheten i oppgitte verdier. 3.2 Med korrekt start av skliing Det står i oppgaveteksten at man skal anta at personen sklir hele veien, noe som ikke er særlig rimelig å anta ettersom friksjonen vil gjøre at det først er mulig å gli når gravitasjonskraftens tangentielle komponent overstiger friksjonskraften. Da det er ingen bevegelse får vi ved å anta at statisk friksjonskoeffisent er lik dynamisk koeffisent ved Newtons 2. lov med maks statisk friksjonskraft F res,t = mg sin θ s µ k 0 (39) 0 = mg sin θ s µ k mg cos θ s (40) tan θ s = µ k (41) θ s = arctan µ k (42) Ser vi videre på situasjonen med korrekt utregnelse bare for området han faktisk sklir får vi v 2 (arctan µ k ) = 0. 2gR( cos (arctan µ k ) 3µ k sin (arctan µ k ) + 2µ 2 k cos (arctan µ k)) 4µ 2 k + 1 +Ce 2µ k arctan µ k ) = 0 (43) C = Hvilket gir følgende uttrykk 2gR 1 + µ 2 k e 2µ k arctan µ k(4µ 2 k + 1) (44) v 2 (θ) = 2gR( cos θ 3µ k sin θ+2µ 2 k cos θ) 4µ 2 k gR 1+µ 2 k 4µ 2 k +1 e 2µ kθ 2µ k arctan µ k (45) 5

6 Vi har nå et utrykk for kvadratet av farten uttrykt ved vinkelen, vi setter dette inn i det første uttrykket for normalkraften. m(g cos θ 1 R ( 2gR( cos θ 3µ k sin θ+2µ 2 k cos θ 4µ 2 k +1 (46) + 2gR 1+µ 2 k 4µ 2 k +1 e 2µ kθ 2µ k arctan µ k )) (47) mg(3 cos θ+6µ k sin θ 2 1+µ 2 k e2µ k θ 2µ k arctan µ k ) 4µ 2 k +1 (48) Vi vet at personen vil lette når normalkraften er 0, 0 mg(3 cos θ + 6µ k sin θ µ 2 k e2µ kθ 2µ k arctan µ k ) 4µ 2 k + 1 = 0 (49) 3 cos θ + 6µ k sin θ µ 2 k e2µ kθ 2µ k arctan µ k = 0 (50) 3 cos θ + 6µ k sin θ = µ 2 k e2µ kθ 2µ k arctan µ k (51) Dette er en funksjon vi ikke klarer å løse, definerer derfor en funksjon H som er forskjellen på de to sidene av likningen H(θ) = 3 cos θ + 6µ k sin θ µ 2 k e2µ kθ 2µ k arctan µ k (52) H (θ) = 3 sin θ + 6µ k cos θ 4µ k 1 + µ 2 k e 2µ kθ 2µ k arctan µ k (53) For å løse det problemet med startvinkel der han faktisk begynner å skli kan denne likningen brukes for en vilkårelig µ k. I vårt tilfelle bruker vi Newtons metode for å approksimere løsningen med start = 1.00rad, med betingelsen µ k = 0.30 gitt i oppgaven. θ n = θ n 1 H(θ n 1) H (θ n 1 ) (54) θ n = θ n 1 3 cos θ n 1 + 6µ k sin θ n µ 2 k e2µ kθ n 1 2µ k arctan µ k 3 sin θ n 1 + 6µ k cos θ n 1 4µ k 1 + µ 2 k e 2µ kθ n 1 2µ k arctan µ k (55) θ 1 = (56) θ 2 = (57) θ 3 = (58) θ 4 = (59) Han faller alstå av ved θ rad = ( π ) (60) θ (61) 6