Moc to jedno z najważniejszych pojęć w fizyce. Powoduje zmianę stanu dowolnych obiektów. W tym artykule zastanowimy się, jaka jest ta wartość, jakie są siły, a także pokażemy, jak znaleźć rzut siły na oś i na płaszczyznę.
Moc i jej fizyczne znaczenie
W fizyce siła jest wielkością wektorową, która pokazuje zmianę pędu ciała w jednostce czasu. W tej definicji siła jest cechą dynamiczną. Z punktu widzenia statyki siła w fizyce jest miarą sprężystego lub plastycznego odkształcenia ciał.
Międzynarodowy układ SI wyraża siłę w niutonach (N). Co to jest 1 niuton, najłatwiej zrozumieć przykład drugiej zasady mechaniki klasycznej. Jego zapis matematyczny jest następujący:
F¯=ma¯
Tutaj F¯ to pewna siła zewnętrzna działająca na ciało o masie mi powodująca przyspieszenie a¯. Ilościowa definicja jednego niutona wynika ze wzoru: 1 N to taka siła, która powoduje zmianę prędkości ciała o masie 1 kg o 1 m/s na każdą sekundę.
Przykłady dynamikiprzejawami siły są przyspieszenie samochodu lub swobodnie opadające ciało w ziemskim polu grawitacyjnym.
Statyczna manifestacja siły, jak już wspomniano, jest związana ze zjawiskiem deformacji. W tym miejscu należy podać następujące wzory:
F=PS
F=-kx
Pierwsze wyrażenie wiąże siłę F z naciskiem P, który wywiera na pewną powierzchnię S. Za pomocą tego wzoru 1 N można zdefiniować jako nacisk 1 paskala przyłożony do powierzchni 1 m 2. Na przykład, słup powietrza atmosferycznego na poziomie morza naciska na teren o długości 1 m2z siłą 105N!
Drugie wyrażenie to klasyczna forma prawa Hooke'a. Na przykład rozciąganie lub ściskanie sprężyny o wartość liniową x prowadzi do pojawienia się przeciwstawnej siły F (w wyrażeniu k jest współczynnikiem proporcjonalności).
Jakie są siły
Powyżej już pokazano, że siły mogą być statyczne i dynamiczne. Tutaj mówimy, że oprócz tej funkcji mogą to być siły kontaktowe lub dalekiego zasięgu. Na przykład siła tarcia, reakcje podporowe to siły kontaktowe. Powodem ich pojawienia się jest słuszność zasady Pauliego. Ten ostatni stwierdza, że dwa elektrony nie mogą zajmować tego samego stanu. Dlatego dotyk dwóch atomów prowadzi do ich odpychania.
Siły dalekiego zasięgu powstają w wyniku interakcji ciał poprzez określone pole nośne. Na przykład takie są siły grawitacji lub oddziaływania elektromagnetyczne. Obie moce mają nieskończony zasięg,jednak ich intensywność spada jako kwadrat odległości (prawa Coulomba i grawitacja).
Moc jest wielkością wektorową
Po zajęciu się znaczeniem rozważanej wielkości fizycznej możemy przystąpić do badania zagadnienia rzutowania siły na oś. Przede wszystkim zauważamy, że ta wielkość jest wektorem, to znaczy charakteryzuje się modułem i kierunkiem. Pokażemy, jak obliczyć moduł siły i jej kierunek.
Wiadomo, że każdy wektor można jednoznacznie zdefiniować w danym układzie współrzędnych, jeśli znane są wartości współrzędnych jego początku i końca. Załóżmy, że istnieje jakiś skierowany segment MN¯. Następnie jego kierunek i moduł można określić za pomocą następujących wyrażeń:
MN¯=(x2-x1; y2-y 1; z2-z1);
|MN¯|=√((x2-x1)2+ (y2 -y1)2+ (z2-z1 )2).
Tu współrzędne o indeksach 2 odpowiadają punktowi N, te o indeksach 1 odpowiadają punktowi M. Wektor MN¯ jest skierowany od M do N.
Dla ogólności, pokazaliśmy jak znaleźć moduł i współrzędne (kierunek) wektora w przestrzeni trójwymiarowej. Podobne wzory bez trzeciej współrzędnej obowiązują dla przypadku na płaszczyźnie.
Tak więc moduł siły jest jego wartością bezwzględną wyrażoną w niutonach. Z punktu widzenia geometrii moduł jest długością odcinka skierowanego.
Jaka jest projekcja siłyoś?
Najwygodniej jest mówić o rzutach skierowanych segmentów na osie współrzędnych i płaszczyzny, jeśli najpierw umieścisz odpowiedni wektor w punkcie początkowym, czyli w punkcie (0; 0; 0). Załóżmy, że mamy jakiś wektor siły F¯. Umieśćmy jego początek w punkcie (0; 0; 0), wtedy współrzędne wektora można zapisać w następujący sposób:
F¯=((x1- 0); (y1- 0); (z1 - 0))=(x1; y1; z1).
Wektor F¯ pokazuje kierunek siły w przestrzeni w danym układzie współrzędnych. Teraz narysujmy prostopadłe odcinki od końca F¯ do każdej z osi. Odległość od punktu przecięcia prostopadłej z odpowiednią osią do początku nazywa się rzutem siły na oś. Nietrudno zgadnąć, że w przypadku siły F¯ jej rzuty na osie x, y i z będą x1, y1 i z 1, odpowiednio. Zauważ, że te współrzędne pokazują moduły rzutów sił (długości segmentów).
Kąty między siłą a jej rzutami na osie współrzędnych
Obliczanie tych kątów nie jest trudne. Do jego rozwiązania wystarczy znajomość własności funkcji trygonometrycznych i umiejętność zastosowania twierdzenia Pitagorasa.
Na przykład zdefiniujmy kąt między kierunkiem siły a jej rzutem na oś x. Odpowiedni trójkąt prostokątny zostanie utworzony przez przeciwprostokątną (wektor F¯) i nogę (segment x1). Druga noga to odległość od końca wektora F¯ do osi x. Kąt α między F¯ a osią x jest obliczany ze wzoru:
α=arccos(|x1|/|F¯|)=arccos(x1/√(x 12+y12+z1 2)).
Jak widać, aby określić kąt między osią a wektorem, konieczna i wystarczająca jest znajomość współrzędnych końca odcinka skierowanego.
Dla kątów z innymi osiami (y i z), możesz napisać podobne wyrażenia:
β=arccos(|y1|/|F¯|)=arccos(y1/√(x 12+y12+z 12));
γ=arccos(|z1|/|F¯|)=arccos(z1/√(x 12+y12+z 12)).
Zauważ, że we wszystkich formułach w licznikach znajdują się moduły, co eliminuje pojawienie się tępych rogów. Pomiędzy siłą a jej rzutami osiowymi kąty są zawsze mniejsze lub równe 90o.
Siła i jej rzuty na płaszczyznę współrzędnych
Definicja rzutu siły na płaszczyznę jest taka sama jak dla osi, tylko w tym przypadku prostopadła powinna być obniżona nie na oś, ale na płaszczyznę.
W przypadku przestrzennego prostokątnego układu współrzędnych mamy trzy wzajemnie prostopadłe płaszczyzny xy (poziome), yz (pionowe czołowe), xz (pionowe boczne). Punkty przecięcia prostopadłych opuszczonych od końca wektora do nazwanych płaszczyzn to:
(x1; y1; 0) dla xy;
(x1; 0; z1) dla xz;
(0; y1; z1) dla zy.
Jeśli każdy z zaznaczonych punktów jest połączony z początkiem, otrzymujemy rzut siły F¯ na odpowiednią płaszczyznę. Jaki jest moduł siły, wiemy. Aby znaleźć moduł każdego rzutu, musisz zastosować twierdzenie Pitagorasa. Oznaczmy rzuty na płaszczyznę jako Fxy, Fxz i Fzy. Wtedy równości będą obowiązywać dla ich modułów:
Fxy=√(x12+y1 2);
Fxz=√(x12+ z1 2);
Fzy=√(y12+ z1 2).
Kąty między rzutami na płaszczyznę a wektorem siły
W powyższym akapicie podano wzory dla modułów rzutów na płaszczyznę rozpatrywanego wektora F¯. Rzuty te wraz z odcinkiem F¯ i odległością jego końca od płaszczyzny tworzą trójkąty prostokątne. Dlatego, podobnie jak w przypadku rzutów na oś, można wykorzystać definicję funkcji trygonometrycznych do obliczenia rozpatrywanych kątów. Możesz napisać następujące równości:
α=arccos(Fxy/|F¯|)=arccos(√(x12 +y12) /√(x12 +y12+z12));
β=arccos(Fxz/|F¯|)=arccos(√(x12 +z12)/√(x12 +y12+z12));
γ=arccos(Fzy/|F¯|)=arccos(√(y12+z12)/√(x12+y12 +z12)).
Ważne jest, aby zrozumieć, że kąt pomiędzy kierunkiem siły F¯ i odpowiadającym jej rzutem na płaszczyznę jest równy kątowi pomiędzy F¯ a tą płaszczyzną. Jeśli rozważymy ten problem z punktu widzenia geometrii, to możemy powiedzieć, że odcinek skierowany F¯ jest nachylony względem płaszczyzn xy, xz i zy.
Gdzie są używane projekcje siły?
Powyższe wzory rzutowania sił na osie współrzędnych i na płaszczyznę mają znaczenie nie tylko teoretyczne. Są często używane w rozwiązywaniu problemów fizycznych. Sam proces znajdowania rzutów nazywa się rozkładem siły na jej składowe. Te ostatnie są wektorami, których suma powinna dać pierwotny wektor siły. W ogólnym przypadku można rozłożyć siłę na dowolne składowe, jednak do rozwiązywania problemów wygodnie jest używać rzutów na prostopadłe osie i płaszczyzny.
Problemy, w których stosuje się koncepcję rzutowania sił, mogą być bardzo różne. Na przykład to samo drugie prawo Newtona zakłada, że siła zewnętrzna F¯ działająca na ciało musi być skierowana w taki sam sposób, jak wektor prędkości v¯. Jeżeli ich kierunki różnią się o pewien kąt, to aby równość zachowała ważność, należy w nią wstawić nie samą siłę F¯, ale jej rzut na kierunek v¯.
Następnie podamy kilka przykładów, w których pokażemy, jak wykorzystać nagraneformuły.
Zadanie wyznaczania rzutów sił na płaszczyznę i na osie współrzędnych
Załóżmy, że istnieje pewna siła F¯, która jest reprezentowana przez wektor o następujących współrzędnych końca i początku:
(2; 0; 1);
(-1; 4; -1).
Konieczne jest określenie modułu siły, jak również wszystkich jej rzutów na osie współrzędnych i płaszczyzny oraz kątów między F¯ a każdym z jego rzutów.
Rozwiążmy problem od obliczenia współrzędnych wektora F¯. Mamy:
F¯=(-1; 4; -1) - (2; 0; 1)=(-3; 4; -2).
Wtedy moduł siły będzie wynosił:
|F¯|=√(9 + 16 + 4)=√29 ≈ 5, 385 N.
Rzuty na osie współrzędnych są równe odpowiednim współrzędnym wektora F¯. Obliczmy kąty między nimi a kierunkiem F¯. Mamy:
α=arccos(|-3 |/5, 385) ≈ 56, 14o;
β=arccos(|4|/5, 385) ≈ 42, 03o;
γ=arccos(|-2|/5, 385) ≈ 68, 20o.
Ponieważ znane są współrzędne wektora F¯, możliwe jest obliczenie modułów rzutów sił na płaszczyznę współrzędnych. Korzystając z powyższych wzorów otrzymujemy:
Fxy=√(9 +16)=5 N;
Fxz=√(9 + 4)=3, 606 N;
Fzy=√(16 + 4)=4, 472 N.
Na koniec pozostaje obliczyć kąty między znalezionymi rzutami na płaszczyznę a wektorem siły. Mamy:
α=arccos(Fxy/|F¯|)=arccos(5/5, 385) ≈ 21, 8o;
β=arccos(Fxz/|F¯|)=arccos(3, 606/5, 385) ≈ 48, 0o;
γ=arccos(Fzy/|F¯|)=arccos(4, 472/5, 385) ≈ 33, 9o.
W związku z tym wektor F¯ jest najbliżej płaszczyzny współrzędnych xy.
Problem z przesuwanym drążkiem na pochyłej płaszczyźnie
Teraz rozwiążmy problem fizyczny, w którym konieczne będzie zastosowanie koncepcji rzutowania siły. Niech zostanie podana drewniana pochylona płaszczyzna. Kąt jego nachylenia do horyzontu wynosi 45o. W samolocie znajduje się drewniany klocek o masie 3 kg. Należy określić, z jakim przyspieszeniem ten pręt będzie przesuwał się w dół płaszczyzny, jeśli wiadomo, że współczynnik tarcia ślizgowego wynosi 0,7.
Najpierw stwórzmy równanie ruchu ciała. Ponieważ działają na nią tylko dwie siły (rzut grawitacji na płaszczyznę i siła tarcia), równanie przyjmie postać:
Fg- Ff=ma=>
a=(Fg- Ff)/m.
Tutaj Fg, Ff to odpowiednio odwzorowanie siły ciężkości i tarcia. Oznacza to, że zadanie sprowadza się do obliczenia ich wartości.
Ponieważ kąt nachylenia płaszczyzny do horyzontu wynosi 45o, łatwo jest wykazać, że rzut grawitacji Fgwzdłuż powierzchni samolotu będzie równa:
Fg=mgsin(45o)=39, 81/√2 ≈ 20, 81 N.
Ta projekcja siły ma na celu zaniepokojeniedrewniany klocek i daj mu przyspieszenie.
Zgodnie z definicją siła tarcia ślizgowego wynosi:
Ff=ΜN
Gdzie Μ=0, 7 (patrz stan problemu). Siła reakcji podpory N jest równa rzutowi siły ciężkości na oś prostopadłą do płaszczyzny pochyłej, czyli:
N=mgcos(45o)
Wtedy siła tarcia wynosi:
Ff=Μmgcos(45o)=0, 739, 81/√2 ≈ 14, 57 N.
Podstawiamy znalezione siły do równania ruchu, otrzymujemy:
a=(Fg- Ff)/m=(20,81 - 14,57)/3=2,08 m/c2.
W ten sposób blok będzie zjeżdżał w dół pochyłej płaszczyzny, zwiększając swoją prędkość o 2,08 m/s na sekundę.
