3.1. Общие условия равновесия абсолютно твердого тела

[latexpage]Статика — раздел механики, который изучает законы равновесия абсолютно твердого тела. Рассмотрим сначала ключевые понятия статики, к которым относятся само понятие равновесия и что означает абсолютно твердое тело.

Если тело находится в покое относительно выбранной системы отсчёта, то говорят, что это тело находится в равновесии. Получается, что статика — это частный случай динамики.

В реальности при взаимодействии тел, они всегда деформируются. Но в некоторых случаях эти деформации оказываются настолько незначительными, что их можно не учитывать. В таких случаях говорят, что тело является абсолютно твердым.

Рассмотрим теперь условия равновесия тел.

Первое условие равновесия: векторная сумма всех сил, действующих на тело, равна нулю

$\overrightarrow{F}_1+\overrightarrow{F}_2+…+\overrightarrow{F}_n =m\overrightarrow{a}$.

Второе условие равновесия: алгебраическая сумма моментов всех сил, действующих на тело, относительно любой точки равна нулю

$M_1+M_2+…+M_n=0$.

Остановимся более подробно на понятии момента силы. Моментом силы называется произведение модуля силы на ее плечо

$M=F \cdot l$.

Плечом силы называется кратчайшее расстояние от оси вращения до линии действия силы. Кратчайшим расстоянием от точки до прямой является длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на прямую.

 

Следует также учесть, что если тело под действием силы вращается по часовой стрелке, то момент силы считается положительным. На приведенном ниже рисунке момент силы $F$ будет положительным. Если же под действием силы тело вращается против часовой, то отрицательным. На приведенном ниже рисунке момент силы $F$ будет отрицательным. Если же линия действия силы проходит через ось вращения, то ее момент будет равен нулю. Последний случай очень важный, поскольку при решении некоторых задач, когда бывает затруднительно определить модуль или направление силы или плечо силы, ось вращения выбирают так, чтобы линия действия этой силы проходила через ось вращения. Таким образом исключают вхождение момента этой силы в уравнение для правила моментов и избавляются от трудностей с его нахождением. Такие случаи будут рассмотрены нами ниже.

Например, на приведенном выше рисунке момент силы тяжести $mg$  относительно оси, проходящей через точку $C$ будет положительным, а относительно оси, проходящей через точку $B$  — отрицательным. Момент силы реакции $N_0$ положительный относительно оси, проходящей через точку $B$ и равен нулю относительно оси, проходящей через точку $C$. Моменты сил трения и реакции опоры $N$ равны нулю относительно оси, проходящей через точку $B$, но при этом относительно оси, проходящей через точку $C$ момент силы трения будет положительным, а силы реакции $N$ — отрицательным.

В общем случае при решении задач по статике можно пользоваться алгоритмом, который описан ниже.

Алгоритм решения задач по статике

1. Выбрать инерциальную систему отсчета.

2. Определить все силы, приложенные к телу, находящемуся в равновесии и изобразить их на чертеже.

3. Написать уравнение, выражающее первое условие равновесия, в векторной форме, найти проекции и перейти к скалярной его записи.

4.Выбрать ось, относительно которой целесообразно определять моменты сил.

5.Определить плечи сил и написать уравнение, выражающее второе условие равновесия.

6. Исходя из природы сил, выразить силы через величины, от которых они зависят, и решить полученную систему уравнений относительно искомых величин.

Отметим, еще, напоследок, что при решении задач статики иногда  удобно пользоваться теоремой  о трех силах: если твердое тело находится в равновесии под действием трех непараллельных сил, лежащих в одной плоскости, то линии действия этих сил пересекаются в одной точке.

Пример. (Источник — основная волна ЕГЭ-2020) Невесомый стержень АВ с двумя малыми грузиками массами $m_1 = 200$ г и $m_2 = 100$ г, расположенными в точках C и B соответственно, шарнирно закреплён в точке А. Груз массой $M = 100$ г подвешен к невесомому блоку за невесомую и нерастяжимую нить, другой конец которой соединён с нижним
концом стержня, как показано на рисунке. Вся система находится в равновесии, если стержень отклонён от вертикали на угол $\alpha = 30^{\circ}$, а нить составляет угол с вертикалью, равный  $\beta= 30^{\circ}$. Расстояние $АС = b = 25$ см. Определите длину $l$ стержня $АВ$. Сделайте рисунок с указанием сил, действующих на груз $M$ и стержень.

Решение. 1. Выберем систему отсчета связанную с Землей.

2. Изобразим все силы, действующие на тела и введем систему координат

3. Запишем первое условие равновесия для тела массой $M$, найдем проекции и перейдем к скалярной форме записи уравнения

$M\overrightarrow{g}+\overrightarrow{T}_1=0$,

$-Mg+T_1=0 \Rightarrow T_1=Mg$.

Заметим также, что раз конец стержня и груз соединены невесомой и нерастяжимой нитью, то $T_1=T_2=Mg$.

4. Выберем ось вращения. Самый удобный вариант здесь — рассмотреть вращение стержня относительно оси, проходящей через точку А, так как это дает возможность не включать момент этой силы (он будет равен нулю) во второе условие равновесия (правило моментов).

5. Определим плечи сил. Поскольку длина стержня $AB$ равна $l$, имеем:

а) Плечо силы $m_1g$ равно отрезку $AD$. Из прямоугольного треугольника $ADC$ 

$\frac{AD}{AC}=sin\alpha \Rightarrow AD=AC sin\alpha $

или 

$l_1=b sin\alpha$.

б) Плечо силы $m_2g$ равно отрезку $AF$. Из прямоугольного треугольника $AFB$ 

$\frac{AF}{AB}=sin\alpha \Rightarrow AF=AB sin\alpha $

или 

$l_2=l sin\alpha$.

в) Плечо силы $T_2g$ равно отрезку $AE$. Из прямоугольного треугольника $AEB$ 

$\frac{AE}{AB}= sin \varphi \Rightarrow AE=AB cos \varphi$

или 

$l_3=l sin \varphi$, 

где $\varphi=180^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)-(90^{\circ}-\beta)=\alpha+\beta$, т.е. $l_3=l sin (\alpha+\beta)$.

Запишем второе условие равновесия, учитывая, что силы тяжести $m_1g$ и $m_2g$ вращают стержень по часовой стрелке, а сила натяжения нити — против часовой

$m_1g l_1+m_2g l_2 — T_2 l_3 = 0$,

$m_1g b sin\alpha + m_2g l sin\alpha — Mg l sin (\alpha+\beta)=0$.

Разделим обе части уравнения на $g$ и выразим из уравнения длину стержня

$m_1 b sin\alpha = M l sin (\alpha+\beta)-m_2 l sin\alpha$,

$m_1 b sin\alpha = l(M sin (\alpha+\beta)-m_2 sin\alpha)$,

$l=\frac{m_1 b sin\alpha}{M sin (\alpha+\beta)-m_2 sin\alpha}$,

$l=\frac{0,2\cdot 0,25\cdot \frac{1}{2}}{0,1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}- 0,1 \cdot \frac{1}{2}} \approx 0,68$ м.

В этой задаче нам было неизвестно направление силы реакции со стороны шарнира, определить ее направление действительно порой довольно сложно. Рассмотрим некоторые примеры.

Способ первый — разложить вектор силы реакции по двум векторам, параллельным координатным осям. 

Пример. Один конец стержня, имеющего массу m, прикреплен к вертикальной стенке с помощью шарнира. Ко второму концу стержня приложена некоторая сила F, направленная перпендикулярно стержню. В равновесии угол между стержнем и горизонтом равен $\alpha$ (см. рис.). Найти силу реакции шарнира.

Решение. 1. Выберем инерциальную систему отсчета, связанную со стеной, т.к. она неподвижна, а значит является инерциальной.

2. Изобразим все силы, действующие на стержень, разложив вектор реакции по координатным осям $\overrightarrow{N}=\overrightarrow{N}_1+\overrightarrow{N}_2$.

3. Запишем первое условие равновесия для стержня, найдем проекции и перейдем к скалярной форме записи уравнения

$\overrightarrow{N}_1+\overrightarrow{N}_2+m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{F}=0$,

Проекции на ось $Ox$

$N_1-F cos \alpha=0$.

Проекции на ось $Oy$

$N_2-mg+F sin \alpha=0$.

4. Выберем ось вращения. Как и в предыдущей задаче — самый удобный вариант здесь — рассмотреть вращение стержня относительно оси, проходящей через шарнир, так как это дает возможность не включать момент этой силы (он будет равен нулю) во второе условие равновесия (правило моментов).

5. Определим плечи сил. Плечо силы $F$ будет равно длине стержня $l$, так как по условию она направлена перпендикулярно стержню. Плечо силы тяжести можно найти из прямоугольного треугольника образованного линией действия силы тяжести, самим стержнем и осью $Ox$. Учитывая, что гипотенуза этого треугольника равна половине длины стержня (сила тяжести прикладывается к центру тяжести стержня, который находится в его середине), получим

$l_{mg}=\frac{l}{2} cos \alpha $.

Запишем второе условие равновесия, учитывая, что сила тяжести вращает стержень по часовой стрелке, а сила $F$ — против часовой

$mg \frac{l}{2} cos \alpha — Fl=0$,

$F= \frac{mgcos \alpha}{2}$.

6. Из уравнений, полученных в п.3 найдем горизонтальную и вертикальную составляющую силы реакции, с учетом найденного нами модуля силы $F$

$N_1=F cos \alpha=\frac{mgcos^2 \alpha}{2}$,

$N_2=mg-F sin \alpha = mg- \frac{mgcos \alpha sin \alpha}{2}=\frac{mg\cdot(2-cos\alpha\, sin\alpha )}{2}$.

Теперь найдем модуль силы реакции 

$N=\sqrt{N_1^2+N_2^2}$

$ N=\sqrt{\frac{m^2g^2cos^4\alpha }{4}-\frac{m^2g^2(2-cos\alpha\, sin\alpha )^2}{4}}=$

$ =\frac{mg}{4}\sqrt{cos^4\alpha -(2-cos\alpha\, sin\alpha )^2}$.

Способ второй — применить теорему о трех силах. 

Пример. На однородный стержень массой $m$, закрепленный у стенку шарнирно в точке $O$, действует груз, привязанный к нити, которая перекинута через блок, как указано на рисунке и образует угол $\alpha$ со стержнем. Определить силу тяжести груза и силу реакции в шарнире.

Решение. 1. Выберем инерциальную систему отсчета, связанную со стеной, т.к. она неподвижна, а значит является инерциальной.

2. Изобразим все силы, действующие на стержень и груз. На стержень действует три непараллельные силы, а значит линии действия этих сил пересекаются. 

3. Первое условие равновесия. Поскольку груз находится в равновесии, то сила тяжести действующая на него будет равна силе натяжения нити, т.е. $F_{\tau 1}=T$. Найдем ее. Запишем первое условие равновесия для стержня

$\overrightarrow{T}+m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{R}=0$,

$Tcos\alpha -Rcos\alpha =0 \Rightarrow T=R$,

$Tsin\alpha -mg+R sin\alpha =0$,

$Tsin\alpha -mg+T sin\alpha =0$,

$2Tsin\alpha =mg$,

$T=F_{\tau 1}=R=\frac{mg}{2sin\alpha }$.

Как видно, в этой задаче не потребовалось применение второго условия равновесия. Иногда решение задачи не всегда требует применения и первого и второго условия равновесия. Бывают случаи, когда достаточно применение одного из них.

Пример.  (Источник — основная волна ЕГЭ-2019) Дан невесомый стержень, к концам которого подвешены шары массами m1 и m2 (см. рис.). Стержень опирается на две опоры в точках C и D. Длина стержня L равна 1 м, m2 = 0,3 кг. Сила реакции опоры в точке D в два раза больше, чем в точке С. Также известно, что расстояния CD = 0,6 м, AC = 0,2 м. Найдите массу левого шарика m1.

 

Решение. 1. Выберем систему отсчета связанную с Землей.

2. Изобразим все силы, действующие на тела и введем систему координат

3. Все силы, действующие в системе параллельны, поэтому применение первого условия равновесия здесь результата не принесет, т.к. будет получено уравнение содержащее как минимум две неизвестные (модуль силы реакции и масса $m_2$). Поэтому переходим к пункту 4.

4. Рассмотрим вначале вращение тела относительно точки С, чтобы исключить из уравнения момент силы реакции $N_C$. Плечи сил обозначены на рисунке и их нахождение не составляет труда, поэтому сразу переходим к написанию второго условия равновесия

$m_2g(l_2+l_3)-m_1gl_1-N_Dl_2=0$.

Рассмотрим теперь вращение тела относительно точки D, чтобы исключить из уравнения момент силы реакции $N_D$. также сразу переходим к написанию второго условия равновесия

$m_2gl_3+N_Cl_2-m_1g(l_1+l_2)=0$.

Выразим моменты сил реакций из полученных уравнений

$N_Dl_2=m_2g(l_2+l_3)-m_1gl_1$,

$N_Cl_2= m_1g(l_1+l_2)-m_2gl_3$.

Учитывая, что $N_D=2N_C$, разделим первое уравнение на второе

$\frac{m_2g(l_2+l_3)-m_1gl_1}{m_1g(l_1+l_2)-m_2gl_3}=2$

Теперь найдем нужную массу

$m_2g(l_2+l_3)-m_1gl_1=2(m_1g(l_1+l_2)-m_2gl_3)$,

$m_2g(l_2+l_3)-m_1gl_1=2m_1g(l_1+l_2)-2m_2gl_3$,

$m_2g(l_2+l_3)+2m_2gl_3=2m_1g(l_1+l_2)+m_1gl_1$,

$m_2((l_2+l_3)+2l_3)=m_1(2(l_1+l_2)+l_1)$,

$m_1=\frac{m_2((l_2+l_3)+2l_3)}{2(l_1+l_2)+l_1}$

$m_1=\frac{0,3\cdot ((0,4+0,4)+0,4)}{2\cdot 0,8+0,2} =0,2$ кг.

Пример. Однородный куб при помощи веревки подвешен к вертикальной стене, как показано на рисунке а). При каком значении угла между веревкой и стеной куб соприкасается со стеной всей гранью, если коэффициент его трения о плоскость равен $\mu $?

Решение. 1. Выберем систему отсчета связанную со стеной, которая очевидно неподвижна относительно земли, а значит является инерциальной.

2. Изобразим все силы, действующие на тела и введем систему координат. Особый интерес вызывает точка приложения силы реакции опоры, поскольку ее расположение может существенно повлиять на результат. Вообще точка приложения силы реакции — точка на которую опирается тело. Но в нашей задаче тело опирается на всю поверхность куба. Чтобы избавиться от этой неопределенности рассмотрим момент, когда тело начинает съезжать, падая вниз, и отрывается от поверхности. Тогда кубик касается стенки только в одной точке. Чертеж будет выглядеть так как показано на рисунке б).

3. Запишем первое условие равновесия, найдем проекции и перейдем к скалярной форме записи уравнения

$\overrightarrow{N}+\overrightarrow{T}+m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{F}_{tr}=0$,

Проекции на ось $Ox$

$N-T sin \alpha=0$.

Проекции на ось $Oy$

$F_{tr}-mg+T cos \alpha=0$.

4. Выберем ось вращения. Рассмотрим вращение куба относительно оси, проходящей через точку приложения силы реакции, так как это дает возможность связать модуль силы натяжения  нити и модуль силы тяжести.

5. Определим плечи сил. Обозначим сторону куба за $a$. Плечо силы тяжести будет равно половине длины стороны куба, т.е. $\frac{a}{2}$. Плечо силы натяжения можно найти из прямоугольного треугольника образованного линией действия силы, нитью и верней гранью куба. Учитывая, что гипотенуза этого треугольника равна $a$, получим

$l_{1}=a cos \alpha $.

Запишем второе условие равновесия, учитывая, что сила тяжести вращает стержень по часовой стрелке, а сила $T$ — против часовой

$mg \frac{a}{2}  — T a cos \alpha=0$,

$mg =2 T  cos \alpha$.

6. Из уравнений, полученных в п.3 и п.5 найдем угол, при котором начинается соскальзывание

$N=T sin \alpha$,

$F_{tr}=\mu N= \mu T sin \alpha$,

$\mu T sin \alpha-2 T  cos \alpha+T cos \alpha=0$,

$\mu sin \alpha-  cos \alpha=0$,

$\mu =ctg \alpha$.

Мы нашли условие при котором тело начнет соскальзывать. Для того, чтобы куб оставался прижат к стенке необходимо, чтобы $ ctg \alpha > \mu$.

Пример. На двух гладких наклонных плоскостях, образующих с горизонтом углы $\alpha =30^{\circ}$ и $\beta =60^{\circ}$, лежит шар массой 3 кг. Определить силы, с которыми шар действует на каждую из плоскостей?

Решение. 1. Выберем систему отсчета связанную с землей.

2. Изобразим все силы, действующие на тело и введем систему координат. Отметим, что сила давления тела на плоскость перпендикулярна плоскости, а значит и сила реакции направлена перпендикулярна плоскости, т.к. эти силы связаны третьим законом Ньютона. Кроме того, шар касается  каждой плоскости в одной точке, а значит силы реакции будут направлены вдоль радиусов к центру шара, т.к. радиус проведенный в точку касания будет перпендикулярен плоскости.

3. Запишем первое условие равновесия, найдем проекции и перейдем к скалярной форме записи уравнения

$\overrightarrow{N}_1+\overrightarrow{N}_2+m\overrightarrow{g}=0$,

Проекции на ось $Ox$

$N_1 sin \alpha — N_2sin \beta =0$.

Проекции на ось $Oy$

$N_1 cos \alpha + N_2 cos \beta -mg=0$.

4. Данную задачу можно решить без применения второго условия равновесия, поэтому пропускаем этот пункт и пункт 5.

6. Из первого уравнения, полученного в п.3 выразим $N_2$  и подставим во второе

$N_2=\frac{N_1 sin \alpha}{sin \beta}$,

$N_1 cos \alpha + \frac{N_1 sin \alpha}{sin \beta} \cdot cos \beta =mg$,

$ N_1 \left ( cos \alpha + \frac{sin \alpha}{sin \beta} \cdot cos \beta \right ) =mg $,

$N_1 \cdot \frac{cos \alpha\cdot sin \beta + sin \alpha \cdot cos \beta}{sin \beta} =mg $,

$cos \alpha\cdot sin \beta + sin \alpha \cdot cos \beta = sin (\alpha + \beta) = 1$,

$\frac{N_1 }{sin \beta} =mg \Rightarrow N_1=mg sin \beta$,

$N_2=\frac{mg sin \beta sin \alpha}{sin \beta}=mg  sin \alpha$.

Согласно третьему закону Ньютона

$\overrightarrow{P}_1 = — \overrightarrow{N}_1 \Rightarrow P_1=N_1=mg sin \beta$,

$ N_1=3\cdot 10\cdot \frac{\sqrt{3}}{2} =15\sqrt{3}$ Н.

$\overrightarrow{P}_2 = — \overrightarrow{N}_2 \Rightarrow P_2=N_2=mg sin \alpha$,

$ N_1=3\cdot 10\cdot \frac{1}{2} =15$ Н.

Заметим, что аналогичный результат можно получить, если решать задачу с использованием второго условия равновесия.

Задания для самостоятельного решения

Для закрепления знаний рекомендуется выполнить тест с Решу ЕГЭ — нажмите на ссылку, чтобы перейти к выполнению