Конспект урока: Статика. Равновесие тела. Момент силы. Условия равновесия твёрдого тела. Применение условий равновесия при решении задач статики

Пример 1

Рис. 1. Иллюстрация к примеру 1

 

На лёгком тросе над проезжей частью висит дорожный знак массой 2,5 кг (рис. 1). 

 

Найти силу натяжения троса, если угол между частями троса в месте крепления знака составляет $\alpha = 120^{\circ}$.

Решение

Рис. 2. Силы, действующие на дорожный знак

1. Дорожный знак можно принять за материальную точку. В качестве тела отсчёта выберем поверхность Земли. Пусть ось ОХ направлена вправо, ось OY перпендикулярно оси ОХ. Изобразим силы, действующие на знак: сила тяжести $m \cdot \overrightarrow{g}$и две силы натяжения $\left(\overrightarrow{T}\right)_{1}$ и $\left(\overrightarrow{T}\right)_{2}$, приложенные в месте крепления знака (рис. 2).
 

2. Найдём проекции сил, действующих на тело. Проекция силы тяжести на ось ординат равна $m \cdot g_{y} = - m \cdot g$, на ось абсцисс $m \cdot g_{x} = 0$.

Угол между каждой из сил натяжения и вертикальной осью составляет $\frac{\alpha}{2} = 60^{\circ}$, поэтому проекции сил натяжения на ос OY равны:

$T_{1 y} = \cos ( 60^{\circ} ) \cdot T_{1}$ и $T_{2 y} = \cos ( 60^{\circ} ) \cdot T_{2}$. 

Сумма этих сил равна:

$T = \cos ( 60^{\circ} ) \cdot ( T_{1} + T_{2} )$.
 

Проекция силы $\left(\overrightarrow{T}\right)_{1}$ на ось ОХ равна $T_{1 x} = \sin ( 60^{\circ} ) \cdot T_{1}$.
 

Проекция силы $\left(\overrightarrow{T}\right)_{2}$ на ось ОХ отрицательна $T_{2 x} = - \sin ( 60^{\circ} ) \cdot T_{2}$.

3. Если тело находится в равновесии, сумма проекций сил, действующих на него, равна нулю:
 

$\cos ( 60^{\circ} ) \cdot ( T_{1} + T_{2} ) - m \cdot g = 0$;

$\sin ( 60^{\circ} ) \cdot T_{1} - \sin ( 60^{\circ} ) \cdot T_{2} = 0$.
 

Из этого соотношения получаем, что силы натяжения равны друг другу: 

$T_{1} = T_{2}$.
 

Заменим в формуле силы T₁ и T₂ на Т и выразим искомую величину:
 

$\cos ( 60^{\circ} ) \cdot ( T + T ) - m \cdot g = 0$;
 

$T = \frac{m \cdot g}{2 \cdot \cos ( 60^{\circ} )} = \frac{2,5 \cdot 10}{2 \cdot \cos ( 60^{\circ} )} = 25 H$.

Ответ: $T = 25 H$.

Пример 2

Рис. 3. Иллюстрация к примеру 2

 

Люк АО закрыт крышкой, которая может поворачиваться без трения на шарнире О (рис. 3). Крышка удерживается верёвкой, перекинутой через неподвижный блок. Верёвка образует угол $\alpha = 30^{\circ}$ с крышкой люка. Найти силу натяжения верёвки, если масса крышки 20 кг.

Решение

Рис. 4. Силы, действующие на крышку люка

1. Центр масс крышки люка находится в её центре. В качестве тела отсчёта выберем поверхность Земли. Пусть ось ОХ направлена влево, ось OY перпендикулярно оси ОХ. Изобразим силы, действующие на крышку: сила тяжести $m \cdot \overrightarrow{g}$, приложенная к центру масс, сила натяжения верёвки $\overrightarrow{T}$ и сила реакции опоры со стороны шарнира $\overrightarrow{N}$ (рис. 4).

 

Обратим внимание на направление силы реакции опоры. Тело находится в равновесии, следовательно, сумма всех сил, действующих на крышку, равна нулю. Сила тяжести $m \cdot \overrightarrow{g}$ должна быть уравновешена суммой сил $\overrightarrow{T}$ и $\overrightarrow{N}$, следовательно, сила реакции опоры направлена под некоторым углом к горизонту.

2. Воспользуемся вторым условием равновесия твёрдого тела, согласно которому алгебраическая сумма моментов всех сил, действующих на тело, равна нулю:

$M_{1} + M_{2} + M_{3} = 0$,

где М₁, М₂ и М₃ — моменты сил $m \cdot \overrightarrow{g}$, $\overrightarrow{T}$ и $\overrightarrow{N}$ относительно оси вращения, проходящей через точку О.

Обозначим длину крышки люка $l$.

Сила тяжести приложена к центру люка, поэтому плечо этой силы равно $\frac{l}{2}$. В результате действия данной силы тело стремится повернуться против часовой стрелки, поэтому момент этой силы положителен:

$M_{1} = m \cdot g \cdot \frac{l}{2}$.

Кратчайшее расстояние между осью вращения, проходящей через шарнир О, и линией действия силы $\overrightarrow{T}$ — это перпендикуляр ОВ, опущенный на линию действия силы. Отрезок ОВ можно найти через синус угла $\alpha$: $O B = \sin ( \alpha ) \cdot l$.

Под действием силы натяжения нити крышка стремится повернуться по часовой стрелке — момент силы $\overrightarrow{T}$ отрицателен:

$M_{2} = - T \cdot \sin ( \alpha ) \cdot l$.

Сила реакции опоры приложена в месте крепления шарнира — плечо этой силы равно нулю, следовательно, момент силы $\overrightarrow{N}$ также равен нулю: $M_{3} = 0$.

3. Объединим уравнения выше, сократим полученное уравнение на длину крышки и выразим силу натяжения нити:
 

$m \cdot g \cdot \frac{l}{2} - T \cdot \sin ( \alpha ) \cdot l = 0$;
 

$T = \frac{m \cdot g}{2 \cdot \sin ( \alpha )} = \frac{20 \cdot 10}{2 \cdot \sin ( 30^{\circ} )} = 200 H$.

Ответ: $T = 200 H$.

Пример 3

К шероховатой стене прислонена лестница массой 7 кг. Известно, что коэффициенты трения между лестницей и полом и между лестницей и стеной равны 0,4 и 0,2 соответственно. Найти минимальный угол $\alpha$ наклона лестницы, при котором она будет сохранять равновесие.

Решение

Рис. 5. Иллюстрация к примеру 3

1. Центр масс крышки находится в её середине. В качестве тела отсчёта выберем поверхность Земли. Пусть ось ОХ направлена вправо, ось OY перпендикулярно оси ОХ. Изобразим силы, действующие на крышку: сила тяжести $m \cdot \overrightarrow{g}$, приложенная к центру масс, две силы реакции опоры со стороны пола и со стороны стены $\left(\overrightarrow{N}\right)_{1}$ и $\left(\overrightarrow{N}\right)_{2}$, две силы трения со стороны пола и со стороны стены $\left(\overrightarrow{F}\right)_{\text{т}p 1}$ и $\left(\overrightarrow{F}\right)_{\text{т}p 2}$ (рис. 5).

2. Запишем первое условие равновесия в проекциях на координатные оси:

$O X : N_{2} - F_{\text{т}p 1} = 0$;

$OY : F_{\text{т}p 2} - m \cdot g + N_{1} = 0$.

По условию задачи нам сказано, что лестница покоится, тогда силы трения определяются неравенствами: $\left(\overrightarrow{F}\right)_{\text{тр}} \leq \mu_{1} N_{1}$ и $\left(\overrightarrow{F}\right)_{\text{тр} 2} \leq \mu_{2} N_{2}$. Но поскольку нас просят найти минимальный угол , то поставим в формулах для сил трения знак равно.

$N_{2} - \mu_{1} \cdot N_{1} = 0$;

$\mu_{2} \cdot N_{2} - m \cdot g + N_{1} = 0$.

3. Воспользуемся вторым условием равновесия твёрдого тела. Найдём моменты всех сил, действующих на крышку, относительно оси вращения, проходящей через точку А. Обозначим длину двери $l$.
 

Прежде всего, моменты сил $\left(\overrightarrow{F}\right)_{\text{т}p 1}$ и $\overrightarrow{N}$ равны нулю, так как длины их плеч равны нулю.
 

Плечо силы тяжести $m \cdot \overrightarrow{g}$ равно отрезку АD, который равен $A D = \cos ( \alpha ) \cdot \frac{l}{2}$. Под действием силы тяжести тело стремится повернуться против часовой стрелки — момент силы $m \cdot \overrightarrow{g}$ положителен:

$M_{1} = m \cdot g \cdot \cos ( \alpha ) \cdot \frac{l}{2}$.

Кратчайшее расстояние между линией действия $\left(\overrightarrow{F}\right)_{\text{т}p 2}$ и точкой А — это отрезок $A B = \cos ( \alpha ) \cdot l$. Под действием данной силы тело стремится повернуться по часовой стрелке — момент силы $\left(\overrightarrow{F}\right)_{\text{т}p 2}$ отрицателен:

$M_{2} = - F_{\text{т}p 2} \cdot \cos ( \alpha ) \cdot l = - \mu_{2} \cdot N_{2} \cdot \cos ( \alpha ) \cdot l$.

Кратчайшее расстояние между линией действия $\left(\overrightarrow{N}\right)_{2}$ и точкой А — это отрезок $A C = \sin ( \alpha ) \cdot l$. Под действием данной силы тело стремится повернуться по часовой стрелке — момент силы $\left(\overrightarrow{N}\right)_{2}$ отрицателен:

$M_{3} = - N_{2} \cdot \sin ( \alpha ) \cdot l$.

Запишем правило моментов, используя соотношения выше:

$m \cdot g \cdot \cos ( \alpha ) \cdot \frac{l}{2} - \mu_{2} \cdot N_{2} \cdot \cos ( \alpha ) \cdot l - N_{2} \cdot \sin ( \alpha ) \cdot l = 0$.
 

4. Из выражений получаем следующую систему уравнений:
 

$\begin{cases} N_{2} - \mu_{1} \cdot N_{1} = 0 , \\ \mu_{2} \cdot N_{2} - m \cdot g + N_{1} = 0 , \\ m \cdot g \cdot \cos ( \alpha ) \cdot \frac{l}{2} - \mu_{2} \cdot N_{2} \cdot \cos ( \alpha ) \cdot l - N_{2} \cdot \sin ( \alpha ) \cdot l = 0 . \end{cases}$

Из первых двух уравнений находим $N_{2}$:
 

$N_{2} = \frac{\mu_{1} \cdot m \cdot g}{\mu_{1} \cdot \mu_{2} + 1} = \frac{0,4 \cdot 0,7 \cdot 10}{0,4 \cdot 0,2 + 1} \approx 26 H$.
 

Из последнего уравнения находим угол $\alpha$:
 

$\operatorname{tg} ( \alpha ) = \frac{m \cdot g - 2 \cdot \mu_{2} \cdot N_{2}}{2 \cdot N_{2}} = \frac{7 \cdot 10 - 2 \cdot 0,2 \cdot 26}{2 \cdot 26} \approx 1,15$.

Ответ: $\operatorname{tg} ( \alpha ) = 1,15$.

Упражнение 1

Рис. 6. Иллюстрация к задаче 1

1. Груз массой 50 кг висит на двух нитях (рис. 6). Угол между нитями составляет $\alpha = 120^{\circ}$. Определить силы натяжения тросов.
 

2. К гладкой стене прислонена лестница массой 10 кг и длиной 5 м. Лестница составляет угол $\alpha = 60^{\circ}$ с горизонтом. Найдите минимальный коэффициент трения между лестницей и полом, при котором лестница находится в состоянии равновесия.

Упражнение 1

1. T₁ = 577 Н; T₂ = 288,5 Н

2. $\mu$ = 0,3