latex/problems/Serway_and_Jewett_8/problem05.63.tex

   1 \begin{problem*}{5.63}
   2 A crate of wieght $F_g$ is pushed by a force $\vect{P}$ on a
   3 horizontal floor as shown in Figure~P5.63.  The coefficient of static
   4 friction is $\mu_s$, and $\vect{P}$ is directed at an angle $\theta$
   5 below the horizontal.  \Part{a} Show that the minimum value of $P$
   6 that will move the crate is given by
   7 \begin{equation}
   8   P = \frac{\mu_s F_g \sec\theta}{1 - \mu_s \tan\theta}
   9 \end{equation}
  10 \Part{b} Find the condition on $\theta$ in terms of $\mu_s$, for
  11 which motion of the crate is impossible for any value of $P$.
  12 \begin{center}
  13 \begin{asy}
  14 import Mechanics;
  15
  16 real u = 1cm;
  17 pair p = (0.3u, -0.3u);
  18
  19 Surface s = Surface((-p.x,0), (1u+p.x,0));
  20 s.draw();
  21 Block b = Block((0.5u, 0.35u), width=1u, height=0.7u, "crate");
  22 b.draw();
  23 Vector P = Force((0,0.7u)-p, mag=length(p), dir=degrees(p), "$\vect{P}$");
  24 P.draw();
  25 \end{asy}
  26 \end{center}
  27 \end{problem*}
  28
  29 \begin{solution}
  30 \Part{a}
  31 The normal force must resist both the force of gravity and the
  32 vertical component of $\vect{P}$, so
  33 \begin{equation}
  34   N = F_g + P\sin(\theta) \;.
  35 \end{equation}
  36 This moves the crate when the horizontal component of $\vect{P}$
  37 balances the force of friction.
  38 \begin{align}
  39   P\cos(\theta) &= \mu_s N = \mu_s (F_g + P\sin(\theta)) \\
  40   P(\cos(\theta) - \mu_s \sin(\theta)) &= \mu_s F_g \\
  41   P(1 - \mu_s \tan(\theta)) &= \mu_s F_g \sec(\theta) \\
  42   P &= \ans{\frac{\mu_s F_g \sec(\theta)}{1 - \mu_s \tan(\theta)}} \;,
  43 \end{align}
  44 which is what we set out to show.
  45
  46 Note that this formula is only valid when there is an actual normal
  47 force to provide friction.  Therefore $P\cos(\theta) > 0$.  We can
  48 posit, without loss of generality, that $P>0$, in which case the
  49 restriction is $-90\dg < \theta < 90\dg$.  By symmetry, the situation
  50 for the backside $180\dg$ is just a mirror image of the frontside.
  51
  52 \Part{b}
  53 As $P$ becomes larger, the $F_g$ component of our horizontal force
  54 balance becomes negligable, so we cannot move the block when
  55 \begin{align}
  56   P\cos(\theta) &\le \mu_s P \sin(\theta) \\
  57   \frac{1}{\mu_s} &\le \tan(\theta) \\
  58   \theta &\ge \ans{\arctan\p({\frac{1}{\mu_s}})} \equiv \theta_c \;,
  59 \end{align}
  60 where the last step uses the fact that $\tan(\theta)$ is strictly
  61 increasing on the range $\theta\in(-90\dg,90\dg)$.
  62
  63 What does this mean about our answer to \Part{a}?  Let's rework the
  64 condition to look more like the denominator in the \Part{a} answer.
  65 \begin{align}
  66   \tan(\theta) &\ge \frac{1}{\mu_s} \\
  67   0 &\ge \frac{1}{\mu_s} - \tan(\theta) \\
  68   0 &\ge 1 - \mu_s \tan(\theta) \;,
  69 \end{align}
  70 so the denominator is negative or zero for $\theta \ge \theta_c $.
  71 For $\theta$ just below the cutoff, the denominator is small but
  72 positive, and you get a really large value for $P$.  For
  73 $\theta=\theta_c$, the denominator is zero, and you get an infinite
  74 value for $P$.  For $\theta$ above the cutoff, the denominator is
  75 negative, so $P$ is also negative, which, as I pointed out
  76 in \Part{a}, is not allowed.
  77
  78 The whole thing is a bit easier to understand if we rephrase the
  79 answer to \Part{a} as
  80 \begin{equation}
  81   P = \frac{\mu_s F_g}{\cos(\theta) - \mu_s \sin(\theta)}
  82     = \frac{C}{\cos(\theta) - \mu_s \sin(\theta)}
  83     = (A\cos(\theta) - B\sin(\theta))^{-1} \;,
  84 \end{equation}
  85 where $C=\equiv \mu_s F_g$, $A\equiv 1/C$, and $B\equiv \mu_s/C=1/F_g$.
  86 We can consolidate to a single trig term using
  87 \begin{align}
  88   \sin(a \pm b) &= \sin(a)\cos(b) \pm \cos(a)\sin(b) \\
  89   (D\sin(a - b))^{-1} &= (D \sin(a)\cos(b) - D\cos(a)\sin(b))^{-1} \;.
  90 \end{align}
  91 Matching with our formula,
  92 \begin{align}
  93   \theta &= b \\
  94   A &= D\sin(a) \\
  95   B &= D\cos(a) \\
  96   \tan(a) &= \frac{A}{B} = \frac{1/C}{\mu_s/C} = \frac{1}{\mu_s} \\
  97   a &= \arctan\p({\frac{1}{\mu_s}}) \\
  98   D &= \frac{B}{\cos(a)}
  99     = \frac{B}{\cos\p({\arctan\p({\frac{1}{\mu_s}})})}
 100     = B\sqrt{1+\frac{1}{\mu_s^2}}
 101     = \frac{\sqrt{1+\frac{1}{\mu_s^2}}}{F_g} \\
 102   P &= D^{-1} \p({ \sin(a - b) })^{-1}
 103     = \frac{F_g}{\sqrt{1 + \frac{1}{\mu_s^2}}}
 104       \csc\p({\arctan\p({\frac{1}{\mu_s}}) - \theta}) \;.
 105 \end{align}
 106 This doesn't look as clean as the phrasing in \Part{a}, but it makes
 107 the dependence of $P$ on $\theta$ much clearer.  For example, $P$ is
 108 obviously negative for $\theta > \theta_c \equiv \arctan(1/\mu_s)$.
 109 The dependency on $\theta$ over the rest of the range is
 110 \begin{equation}
 111   P \propto \csc(\theta_c - \theta) = \frac{1}{\sin(\theta_c - \theta)}
 112 \end{equation}
 113 Because $\mu_s$ is a positive number, $1/\mu_s$ will also be positive,
 114 and $\theta_c$ will be between $0$ and $90\dg$.  The status on all
 115 possible angles looks something like
 116 \begin{center}
 117 \begin{asy}
 118 import Mechanics;
 119
 120 real tc = 67;
 121 real u = 1cm;
 122 real r = u;
 123 real R = 1.5u;
 124 real L = 3u;
 125
 126 Angle Atc = Angle((1,0), (0,0), dir(tc), "$\theta_c$");
 127 Atc.draw();
 128
 129 draw(scale(r)*unitcircle);
 130 draw((-R,0)--(R,0));
 131 draw((0,-R)--(0,R), red);
 132 draw((-dir(tc)*R)--(dir(tc)*R), blue);
 133
 134 label("$\cos(\theta)>0$", L*dir(0), red);
 135 label("$P > 0$", L*dir(tc-90), blue);
 136 \end{asy}
 137 \end{center}
 138 Taking the $\cos(\theta)>0$ portion of our $P$ dependence (where the
 139 equation we started with in \Part{a} applies, and combining it with
 140 the reflection (which applies when $\cos(\theta)<0$, we get
 141 \begin{equation}
 142   P = \begin{cases}
 143         \infty & \text{if $\theta_c \ge \theta < 180\dg-\theta_c$} \\
 144         \frac{F_g}{\sqrt{1 + \frac{1}{\mu_s^2}}}
 145           \csc\p({\arctan\p({\frac{1}{\mu_s}}) - \theta})
 146           & \text{if $-90\dg \le \theta < \theta_c$} \\
 147         \frac{F_g}{\sqrt{1 + \frac{1}{\mu_s^2}}}
 148           \csc\p({\arctan\p({\frac{1}{\mu_s}}) - 180\dg + \theta})
 149           & \text{if $180\dg - \theta_c < \theta \le 180\dg$
 150                   or $-180\dg \le \theta \le -90\dg$} \\
 151       \end{cases}
 152 \end{equation}
 153 which looks like
 154 \begin{center}
 155 \begin{asy}
 156 import graph;
 157 import Mechanics;
 158
 159 real u = 2cm;
 160
 161 //size(0, 2u);
 162 scale(false);
 163
 164 real tc = 67;
 165 real tc_r = tc*pi/180;         // theta_c in radians
 166 real tc_buf = (tc-25)*pi/180;  // weakened version of tc_r
 167
 168 real r_scale(real r) { return u/2 * r; }
 169 real R(real theta) { return r_scale( 1/sin(tc_r-theta) ); }
 170 real L(real theta) { return R(pi-theta); }
 171 real onef (real theta) { return r_scale(1); }
 172 real twof (real theta) { return r_scale(2); }
 173
 174 draw((0,0)--(u,0));
 175 draw((0,0)--(u*dir(tc)));
 176 draw((0,0)--(u*dir(180-tc)));
 177
 178 draw(polargraph(onef, -pi-tc_r, tc_r));
 179 draw(polargraph(twof, -pi-tc_r, tc_r));
 180 label("$1$", r_scale(1)*dir(tc-90), SE);
 181 label("$2$", r_scale(2)*dir(tc-90), SE);
 182
 183 draw(polargraph(R, -pi/2, tc_buf), blue);
 184 draw(polargraph(L, pi-tc_buf, 3pi/2), blue);
 185
 186 Angle Ainf = Angle(dir(180-tc), (0,0), dir(tc), radius=0.7u, red, "$\infty$");
 187 Ainf.draw();
 188 Angle Atc = Angle(dir(0), (0,0), dir(tc), "$\theta_c$");
 189 Atc.draw();
 190 \end{asy}
 191 \end{center}
 192 where I've just plotted the $\theta$ dependence of $P$, setting the
 193 constant $F_g/\sqrt{ }$ term equal to $1$.  Note that the $\csc$ makes
 194 nice, straight lines in this polar plot.
 195 \end{solution}