АкушерствоАнатомияАнестезиологияВакцинопрофилактикаВалеологияВетеринарияГигиенаЗаболеванияИммунологияКардиологияНеврологияНефрологияОнкологияОториноларингологияОфтальмологияПаразитологияПедиатрияПервая помощьПсихиатрияПульмонологияРеанимацияРевматологияСтоматологияТерапияТоксикологияТравматологияУрологияФармакологияФармацевтикаФизиотерапияФтизиатрияХирургияЭндокринологияЭпидемиология

СТАТИКА: УСЛОВИЯ РАВНОВЕСИЯ.

Раздел 1: Теоретический материал

Нахождение тела в покое (в состоянии механического равновесия) с необходимостью требует, чтобы влияние на него всех внешних воздействий было скомпенсировано. Поэтому необходимые условия равновесия тела в инерциальной системе отсчета имеют вид:

• центр масс тела покоится только в том случае, если сумма внешних сил, действующих на тело, равна нулю: (1);
• вращательное движение тела отсутствует только в том случае, если сумма моментов внешних сил равна нулю: (2).

Отметим, что в последнем соотношении момент силы определен как алгебраическая величина, в соответствии с обычным «школьным» подходом, то есть:

Момент силы – произведение величины силы на ее плечо, взятое со знаком + (-), если сила вращает тело вокруг заданной оси в положительном (отрицательном) направлении:
Здесь плечо силы – расстояние от оси вращения до линии действия силы. Заметим, что традиционно за положительное направление вращения принимается направление против хода часовой стрелки.

На самом деле такое определение применимо для анализа задач, в которых линии действия всех сил лежат в параллельных плоскостях, перпендикулярных оси вращения, или – как частный случай – вообще лежат в одной плоскости (в школьных задачах почти всегда рассматриваются именно такие случаи).

* В общем случае момент силы следует определять в векторной форме: вектор момента силы, приложенной к телу в некоторой точке, есть векторное произведение координаты этой точки на силу: . В этом случае второе условие равновесия тела следует записывать так: (2’).

Для правильного составления соответствующих уравнений важно четко уметь определять для каждой из сил, действующих на тело, три ее характеристики: величину, направление и точку приложения. Величина и направление равнодействующей нескольких сил определяется векторной суммой этих сил, а точка приложения равнодействующей определяется из условия, чтобы ее момент равнялся сумме моментов этих сил.

Приведем некоторые примеры перечисления характеристик сил, особенно часто встречающихся в задачах статики:

· Сила тяжести (тяготения) – появляется вследствие гравитационного взаимодействия, в котором участвуют все материальные тела. В «традиционной» форме закон всемирного тяготения: «Все тела притягивают друг друга с силой, пропорциональной произведению их масс и обратно пропорциональной квадрату расстояния между ними» он применим к материальным точкам:

Сила гравитационного притяжения протяженных тел определяется как сумма сил притяжений пар материальных точек, из которых они состоят.

Вблизи поверхности тела больших размеров (например, Земли) поле сил тяжести можно считать однородным и вычислять силу тяжести по формуле , где направление вектора ускорения свободного падения – это направление вертикали. Точкой приложения силы тяжести в этом случае является центр масс тела. При нахождении центра масс тела следует учитывать, что:

ü центр масс материальной точки – сама материальная точка;

ü если однородное тело обладает плоскостью (осью, центром) симметрии, что центр масс лежит в этой плоскости (на этой оси, совпадает с этим центром);

ü координаты центра масс системы N тел определяются по формуле: (здесь и – масса и координата центра масс i -го тела).

· Сила упругости – противодействует деформации упругих тел (т.е. всегда направлена против нее). При малых деформациях сила упругости пропорциональна величине деформаций x: . Коэффициент жесткости k для упругого тела постоянного сечения пропорционален величине сечения и обратно пропорционален длине тела: (здесь Е – модуль Юнга, являющийся характеристикой вещества тела).

· Сила давления жидкости или газа – на элемент поверхности S, ограничивающий объем жидкости или газа они оказывают давление с силой, перпендикулярной элементу поверхности . Давление р характеризует состояние вещества. Для идеальной жидкости давление на глубине h под поверхностью, давление на которую равно р₀, находится по формуле . Давление идеального газа определяется его концентрацией и температурой в соответствии с основным уравнением молекулярно-кинетической теории.

· Архимедова сила – в соответствии с законом Архимеда «на тело, погруженное в жидкость или газ, действует выталкивающая сила, равная по величине весу жидкости или газа в объеме погруженной части тела»: . Эта сила на самом деле является равнодействующей всех сил давления, действующих на поверхность тела. Сила Архимеда приложена к точке, которая совпадает с центром масс жидкости в объеме погруженной части тела («центру плавучести»), и направлена по кратчайшему расстоянию к свободной поверхности жидкости (перпендикулярно линиям постоянного давления), т.е. обычно – вертикально вверх.

· Силы инерции – фиктивные силы, которые вводятся в неинерциальных системах отсчета для правильного описания движения тел. Например, в равноускоренной системе отсчета сила инерции , где – ускорение системы отсчета. Эта сила приложена к центру масс тела.

В равномерно вращающейся с угловой скоростью w системе отсчета для материальной точки, находящейся на постоянном расстоянии r от оси вращения, следует ввести центробежную (т.е. направленную от оси) силу .

Особую роль в задачах статики играют силы реакции. Их отличительная черта состоит в том, что их величина, направление и точка приложения могут изменяться при изменении прочих сил, действующих на тело. Обычно именно эти силы обеспечивают равновесие, то есть их характеристики в данных условиях определяются именно из уравнений (1,2). Если характеристики сил реакции не могут принять значения, определяемые условиями равновесия, то равновесие нарушается – тело приходит в движение. Силы реакции обычно имеют электромагнитную природу – это равнодействующие сил межмолекулярных взаимодействий. В школьных задачах возникают следующие силы реакции:

· Силы реакции опор и подвесов:

Сила нормальной реакции твердой опоры направлена «наружу» перпендикулярно поверхности опоры, в точности уравновешивая перпендикулярную опоре составляющую внешней силы. Сила реакции обращается в ноль при отрыве тела от опоры.
Сила натяжения нерастяжимого подвеса направлена по линии подвеса, в точности уравновешивая продольную (растягивающую подвес) составляющую внешней силы. Сила натяжения обращается в ноль при провисании подвеса.

· Сила трения – сила, противодействующая относительному движению соприкасающихся поверхностей тел. Эта сила возникает как благодаря механическому «зацеплению» мелких неровностей трущихся поверхностей, так и благодаря действию сил притяжения между молекулами тел («сил молекулярного сцепления»). Конечно, на самом деле между прижатыми телами возникает единая сила взаимодействия, которую при описании результатов этого взаимодействия оказалось удобно разделять на нормальную () и касательную () по отношению к поверхности соприкосновения компоненты.

Для сухого трения различают случаи трения покоя и трения скольжения: тело покоится, пока сила трения в точности уравновешивает составляющую внешней силы вдоль трущихся поверхностей. При этом величина силы трения не превосходит некоторого максимального значения, которое зависит от величины силы нормальной реакции поверхности: (m - коэффициент трения). Когда внешняя сила превосходит это максимальное значение, тело начинает скользить.

Раздел 2: примеры решения задач.

Самые простые задачи обычно – это задачи о равновесии тела пренебрежимо малых размеров (материальной точки). В этом случае для анализа равновесия достаточно одного условия (1).

Пример 1: Два гвоздя вбиты в вертикальную стенку так, что один из них расположен на м выше и м правее другого. К ним прикреплены концы легкой нерастяжимой веревки длиной м, на которой закреплен груз массы кг на расстоянии м от ее левого конца. Найти силы натяжения веревки по обе стороны от груза.

Решение:

Запишем условие равновесия (1) в проекции на оси x и y: Углы и определяются из геометрических соотношений. Как видно из рисунка, , , ,

. При анализе, естественно, использовалось то соображение, что отрезки нити в положении равновесия перпендикулярны друг другу вследствие того, что образованный ими и линией, соединяющей точки подвеса, треугольник одинаков с треугольником, образованным этой же линией, горизонталью и вертикалью. Из этих выражений находим, что и . Следовательно, и .

Полезно обратить внимание, что при эти формулы дают , , как, очевидно, и должно быть, так как в этом случае груз висит только на одной – вертикальной – части нити, а другая – горизонтальная – не натянута.

При анализе равновесия в поле тяжести твердого тела важно уметь правильно находить его центр масс или разбивать его на части, центр масс которых находится легко. Рассмотрим два примера, иллюстрирующих это утверждение.

Пример 2: Внутри стального шара массы имеется сферическая воздушная полость с радиусом, равным четверти радиуса шара. Центр полости размещен на расстоянии, равном половине радиуса шара, от его центра. Какова минимальная масса маленького груза, после прикрепления которого к поверхности шара, тот сможет покоиться на горизонтальной поверхности в положении, в котором проходящий через центр полости диаметр шара горизонтален?

Решение:

Можно понять, что вещества шара и полости заданы только для того, чтобы в решении считать плотность вещества шара постоянной, а плотностью воздуха в полости пренебрегать. Ясно, что момент силы тяжести, действующей на груз, должен уравновесить момент силы тяжести, приложенной к центру масс шара с полостью. Для нахождения положения этого центра масс удобно представить

распределение масс в шаре с полостью как наложение распределений в однородном шаре и распределения отрицательной плотности в полости. Поскольку объем шара радиуса , а объем полости , то однородному шару и полости надо приписать массы и . Тогда в системе координат, показанной на рисунке

(очевидно, что , так как ось является осью симметрии шара с полостью). Для обеспечения минимальности массы груза надо разместить его так, чтобы плечо его веса было максимальным при нужном положении шара.. Нетрудно заметить, что это соответствует прикреплению его к поверхности шара в точке «выхода» диаметра, проходящего через центр полости. В этом случае условие (2) дает

.

В этом примере важно сразу обратить внимание на то, что в решении вовсе не использовалось условие равновесия сил (1). Дело в том, что его использование позволило бы нам найти величину третьей силы, действующей на шар с полостью и грузом – силу нормальной реакции поверхности, которая равна суммарному веса шара и груза (). В данной задаче в этом не было необходимости, ибо не вошла в запись правила равновесия моментов (2) в выбранной системе координат. Мы вычисляли моменты внешних сил в (2) относительно начала координат, а линия действия проходит через эту точку, и плечо оказалось равным нулю.

Можно сделать вывод, относящийся уже ко всем задачам о равновесии тел: всегда возможно добиться того, чтобы некая «неудобная» сила не вошла в уравнение (2). Для этого достаточно для вычисления моментов выбрать ось, пересекающуюся с линией действия этой силы (в общей плоскости действия сил – точку, лежащую на линии действия «неудобной» силы). Такая возможность связана с тем, что в системе уравнений (1) и (2) уравнения равновесия моментов, записанные относительно разных осей, эквивалентны (при том, что сами эти уравнения очевидно будут отличаться друг от друга)! Докажем это в самом общем случае, используя векторное определение момента силы. Пусть и - моменты ой внешней силы, вычисленной в двух разных системах координат. Обозначим вектор, соединяющий начала систем координат: . Тогда , и уравнение правила моментов в «нештрихованной» системе координат

,

то есть при выполнении условия получаем, что .

Пример 3: Прямолинейный отрезок однородной проволоки согнули посередине, придав ему вид прямоугольного «уголка», и подвесили на нити за один из концов. Какие углы с вертикалью составляют стороны уголка?

Решение:

Ясно, что центр масс каждой стороны уголка – это его середина. Записав уравнение правила моментов относительно точки подвеса О (тем самым мы исключаем из него силу реакции нити, действующую на уголок): (здесь и – масса и длина одной стороны уголка),

и учитывая, что , получим: . Соответственно .

В качестве полезного самостоятельного упражнения рекомендуется записать решение этой задачи, использующее нахождение центра масс уголка: ясно, что в состоянии равновесия подвешенного центр масс тела должен находиться на одной вертикали с точкой подвеса.

Следующая задача является хорошей иллюстрацией того, как силы реакции изменяют свои характеристики для обеспечения равновесия.

Пример 4: Однородный кубик покоится на горизонтальной поверхности. На него воздействуют горизонтальной силой, приложенной нормально к центру одной из боковых граней, медленно увеличивая величину силы. Кубик пришел в движение, когда сила достигла величины . При какой величине силы кубик начнет двигаться, если действовать на него горизонтальной силой, приложенной нормально к середине одного из верхних ребер? Коэффициент трения кубика о поверхность равен .

Решение:

Рассмотрим последовательно оба описанных опыта. В обоих случаях будем использовать систему координат, изображенную на рисунке. В этой системе координат из уравнения правила моментов «выпадает» сила трения. При указании векторов сил, действующих на кубик, отметим, что изначально нам неизвестна точка приложения силы нормальной реакции поверхности: действие боковой силы нарушает симметрию нагрузки на поверхность (даже интуитивно ясно, что дальнее от грани действия этой силы ребро «вжимается» в поверхность сильнее, чем ближнее). Распределение сил реакции устанавливается именно таким образом, чтобы их момент компенсировал момент остальных сил. Обозначим расстояние от дальнего ребра до точки приложения символом , длину ребра кубика – , и запишем условия равновесия (1,2):

.

Как видно, эти условия действительно определяют характеристики сил реакции. Однако эти характеристики не всегда могут принимать такие значения: сила трения не может превышать максимальное значение , а точка приложения равнодействующей сил нормальной реакции не может находиться вне площади опоры . При нарушении первого требования кубик начнет скользить, а при нарушении второго – поворачиваться вокруг дальнего ребра. И в том и в другом случае он придет в движение, поэтому величина соответствует меньшему из двух «критических» значений: .

Повторяя аналогично вычисления для второго опыта, получим:

.

Сопоставляя выражения для при разных , найдем, что

.

Эта задача является примером задачи с «ветвящимся» ответом: в олимпиадных задачах нередки ситуации, когда ответ имеет разную форму при разных значениях параметров задачи. В таких случаях либо в условии заданы конкретные значения параметров (и тогда надо подставить эти значения именно в нужную формулу для получения ответа), либо для зачета полного решения надо разобрать все возможные случаи.

Еще один важный урок, который можно извлечь из решения этой задачи, состоит в том, что в системах, в которых нарушение условий равновесия возможно несколькими способами (соответственно есть несколько возможных движений после нарушения равновесия), то для полного анализа ситуации необходимо рассмотреть все эти способы.

После разбора этого примера можно предложить целый ряд полезных самостоятельных упражнений разного уровня сложности. Первое: записать решение этой задачи, выбирая систему координат, начало которой помещено в точку приложения равнодействующей сил нормальной реакции (из уравнения правила моментов «выпадут» две силы: и ). Второе: найти зависимость от минимальной величины силы, линия действия которой лежит в вертикальной плоскости, проходящей через центр масс кубика параллельно двум его граням, приводящей кубик в движение. Здесь угол наклона силы к горизонту и точку ее приложения можно выбирать произвольно. Третье: найти минимальную величину горизонтальной силы, способной сдвинуть кубик с места (внимание: это очень сложная задача для школьного уровня!).

Во всех разобранных примерах анализ условий равновесия позволял полностью проанализировать ситуацию. Существует, однако, целый ряд задач, в которых это не так! Это задачи с «большим» количеством сил реакции. В самом деле, если тела соприкасаются в нескольких точках, то сил реакции может стать больше, чем уравнений в системе (1,2), и их характеристики не смогут быть однозначно определены из этих уравнений. На самом деле в таких ситуациях конкретное распределение сил реакции зависит от физических свойств соприкасающихся тел. Например, если одно из тел считается «абсолютно» жестким, то условие неизменности его формы и размеров приводит к связи между «бесконечно малыми» деформациями тел, с которыми оно соприкасается. При наличии информации об их упругих свойствах можно вывести соотношения и между силами реакции. Такое исследование обычно получается довольно громоздким, и редко требуется в «школьных» задачах. Часто оказывается полезной более простая методика. Следует рассмотреть «критическое» состояние изучаемой системы тел – то есть такое, в котором силы реакции еще обеспечивают выполнение условий равновесия, но бесконечно малое изменение какого-либо параметра уже приведет к его нарушению. В таком состоянии многие характеристики сил реакции становятся известными: величины сил трения достигают максимальных значений, точки приложения сил нормальной реакции оказываются на краю площади опоры и т.д. В результате число неизвестных сокращается, и полный анализ оказывается возможен. Рассмотрим примеры подобных задач.

Начнем с задачи, в решении которой необходимо провести анализ связи деформаций.

Пример 5: Небольшой груз массы подвешен на трех отрезках невесомой нерастяжимой нити: один – длиной и два – длиной . Вторые концы всех нитей прикреплены к потолку вдоль одной линии таким образом, что все три отрезка при вертикальной нагрузке натягиваются одновременно. Найти величины сил натяжения нитей.

Решение:

Для того, чтобы нити натягивались одновременно, более длинные нити должны быть закреплены симметрично относительно более короткой на расстоянии от ее точки прикрепления. Из условия симметрии ясно, что (при этом автоматически выполняется условие ). Оставшееся условие равновесия дает:

, а из геометрии: , но этих соотношений не хватает для определения и . Для получения соотношения между ними рассмотрим бесконечно малую деформацию центральной нити: и найдем соответствующую деформацию боковых нитей (считая потолок недеформируемым):

.

Сила натяжения нити пропорциональна деформации, а коэффициент пропорциональности зависит от длины нити:

,

поскольку по условию это отрезки одной и той же нити, и поэтому модуль Юнга и площадь сечения нити одинаковы. Используя эту связь в условии равновесия, получим:

.

В следующем примере используется метод анализа «критического» состояния.

Пример 6: Лестница поставлена так, что верхним концом она опирается на вертикальную стену, нижним – на горизонтальный пол. На расстоянии трети длины лестницы от ее верхнего конца к ней подвешено ведро с краской, масса которого в два раза меньше массы лестницы. При каких значениях угла наклона лестницы к горизонту она может стоять неподвижно? Коэффициенты трения лестницы о пол и стену одинаковы и равны .

Решение:

Отметим на рисунке все силы, действующие на лестницу (подвес передает действии веса ведра) и запишем условия равновесия в системе координат, показанной на рисунке:

(здесь - длина лестницы и учтено, что ). Последнее уравнение после сокращения на и приведения подобных несколько упрощается:

,

но все равно число неизвестных (сил реакции) больше числа уравнений. Перейдем к анализу «критического» угла наклона лестницы, при котором силы трения примут максимальные значения. Отметим, что в случае недеформируемых лестницы, стены и пола верхний и нижний концы лестницы могут начать скользить только одновременно. Поэтому вполне естественно, что при приближении угла наклона лестницы к «критическому» силы трения синхронно достигают своих максимальных значений. Подставим в уравнения равновесия и :

Как видно, теперь из уравнений равновесия определились все силы реакции и дополнительно возникло уравнение, определяющее «критическое» значение угла наклона:

. Ясно, что лестница сможет стоять при значениях угла наклона, больших критического, но меньше 90⁰ (это положение равновесия, но оно неустойчиво). Кроме того, как видно из полученного выражения, при «критический» угол перестает существовать – лестница может покоится при любом . Итак, лестница может находиться в покое, если: и .

В олимпиадах достаточно высокого уровня встречаются задачи, в которых возникает необходимость изучать неоднородно распределенные силы – как создающие внешнюю нагрузку, так и силы реакции. В этом случае при решении задач могут пригодиться навыки интегрирования, то есть вычисления сумм бесконечно большого числа бесконечно малых слагаемых. Рассмотрим такие примеры.

Пример 7: В горизонтальном канале квадратного сечения имеется поперечная заслонка. Края заслонки плотно прилегают к гладким боковым стенкам канала. Нижний ее край прикреплен к горизонтальной оси на дне канала, вокруг которой она может свободно вращаться. Все края хорошо герметизированы смазкой, практически уничтожающей трение. С одной стороны от заслонки в канал налита вода (плотность ) до уровня (ниже верхнего края заслонки), а с другой заслонка опирается верхним краем на жесткий упор, удерживающий ее в вертикальном положении. С какой силой давит заслонка на упор?

Решение:

Ясно, что вместо силы, с которой заслонка действует на упор, можно вычислять равную ей силу реакции упора, действующую на заслонку. Поэтому при решении этой задачи можно исходить из условий равновесия заслонки под действием силы реакции упора , равнодействующей сил гидростатического давления , силы тяжести и силы реакции оси вращения . При удобном выборе системы координат для определения достаточно

уравнения правила моментов, в котором будут присутствовать только момент этой силы и момент сил гидростатического давления:

(здесь - высота и ширина заслонки, которые по условию одинаковы). Таким образом, задача сводится именно к вычислению . Отметим, что (хотя это и не нужно для решения поставленной задачи) величину результирующей силы давления определить несложно. Давление в жидкости линейно увеличивается с глубиной, поэтому среднее давление равно давлению на половинной глубине:

.

При вычислении момента придется разбить погруженную в жидкость поверхность заслонки на бесконечно узкие горизонтальные полоски площадью (здесь - расстояние от оси вращения до полоски, ). Полоска находится на глубине , поэтому момент силы давления на такую полоску . Значит,

.

Для вычисления такой суммы достаточно заметить, что, поскольку , то для суммы бесконечно малых приращений получаем:

.

Итак, , и поэтому .

Использованная здесь операция суммирования бесконечно малых приращений как приращения функции с заданной производной и есть интегрирование. На языке математического анализа это вычисление записывается так:

.

Отметим, что в этом решении «попутно» найдена точка приложения равнодействующей сил гидростатического давления: ее плечо относительно оси !

В заключительном примере можно обойтись без интегрирования, но он все равно достаточно оригинален.

Пример 8: Тонкая плоская (то есть высота много меньше ширины, которая много меньше длины) однородная палочка лежит на горизонтальной поверхности. Коэффициент трения между палочкой и поверхностью равен . Найти минимальную величину горизонтальной силы, с помощью которой можно заставить палочку начать скольжение.

Решение:

Ясно, что если стараться привести палочку в поступательное движение, то надо действовать на нее силой, линия действия которой направлена через центр масс. В этом случае сила воздействия должна превысить максимальное значение силы трения покоя . Однако есть и

другая возможность. Если линия действия прикладываемой силы не будет проходить через центр масс, то после превышения «критической» ее величины палочка начнет движение, содержащее вращение. В «критическом» состоянии силы трения на каждом участке палочки достигли максимального значения и направлены против начинающегося движения, и поэтому на части палочки силы трения будут сонаправлены с внешней силой (см. рисунок, где обозначена точка С – мгновенный центр начинающегося вращения). В этом случае скольжение начнется при меньшем значении силы. Ясно, что выгоднее всего прикладывать силу к одному из концов палочки перпендикулярно ей, ибо именно в этом случае обеспечивается максимальный момент силы относительно центра масс палочки.

Рассмотрим «критическое» состояние палочки при таком действии силы. Условия равновесия в этом состоянии еще выполняются, но силы трения покоя уже достигли максимальных значений. Поскольку палочка прижимается к поверхности силой тяжести равномерно, то и силы трения распределены равномерно по площади соприкосновения. При поступательном движении , так что для элемента палочки длиной соответственно ( - длина палочки). Нетрудно заметить, что сила трения, действующая в «критическом» состоянии на часть палочки слева от С , и точка ее приложения – середина этой части. Аналогично и для силы трения, действующей на правую часть: . Запишем условия равновесия в системе координат, показанной на рисунке:

.

Из второго уравнения определяется положение точки С:

,

а затем из первого – величина минимальной силы . Как можно заметить, эта сила почти в два с половиной раза меньше !

Дата добавления: 2015-09-27 | Просмотры: 749 | Нарушение авторских прав