12.1 Warunki równowagi statycznej

Mówimy, że ciało sztywne jest w równowadze (ang. equilibrium), kiedy zarówno jego liniowe jak i kątowe przyspieszenie wynoszą zero względem inercjalnego układu odniesienia. To oznacza, że ciało w równowadze może się poruszać, ale tylko pod warunkiem, że jego prędkość liniowa i prędkość kątowa są stałe. Mówimy, że ciało sztywne jest w równowadze statycznej (ang. static equilibrium) kiedy jest w spoczynku w naszym wybranym układzie odniesienia. Zauważmy, że rozróżnienie stanu spoczynku i stanu ruchu jednostajnego jest sztuczne – to znaczy, że obiekt może spoczywać w naszym wybranym układzie odniesienia, ale obserwatorowi, poruszającemu się ze stałą prędkością w stosunku do naszego układu, ten sam przedmiot wydaje się znajdować w ruchu jednostajnym. Ponieważ ruch jest względny, to co pozostaje w równowadze statycznej dla nas jest w równowadze dynamicznej dla obserwatora w ruchu (i na odwrót). Ponieważ prawa fizyki są identyczne dla wszystkich inercjalnych układów odniesienia, to w takim układzie nie ma rozróżnienia równowagi statycznej i równowagi dynamicznej.

Zgodnie z drugim prawem dynamiki Newtona, liniowe przyspieszenie ciała sztywnego spowodowane jest działaniem niezrównoważonej siły na to ciało:

W powyższym zapisie sumowanie odbywa się po wszystkich siłach zewnętrznych działających na ciało, $m$ to masa ciała, a ${\overrightarrow{a}}_{\text{ŚM}}$ to liniowe przyspieszenie jego środka masy ŚM (pojęcie, o którym mówiliśmy w rozdziale Pęd i zderzenia). W równowadze, przyspieszenie liniowe wynosi zero. Jeśli przyjmiemy, że przyspieszenie jest równe zero w Równaniu 12.1, otrzymamy następujące równanie:

Warunek równowagi określony w Równaniem 12.2, jest warunkiem równowagi sił, który napotkaliśmy omawiając zastosowanie praw Newtona.

Równanie wektorowe (Równanie 12.2) jest równoważne następującym trzem równaniom skalarnym dla składowych siły wypadkowej:

Analogicznie do Równanie 12.1, możemy stwierdzić, że przyspieszenie kątowe ciała sztywnego $\overrightarrow{\epsilon }$ wokół ustalonej osi obrotu zostaje spowodowane działaniem wypadkowego momentu sił na to ciało:

Tutaj $I$ jest momentem bezwładności ciała w ruchu obrotowym względem wybranej osi, a sumowanie przebiega po wszystkich momentach ${\overrightarrow{M}}_i$ sił zewnętrznych z Równania 12.2. W równowadze przyspieszenie kątowe wynosi zero. Przyjąwszy, że prawa strona Równania 12.4 wynosi zero, otrzymamy warunek równowagi momentów sił (ang. second equilibrium condition):

Warunek równowagi określony Równaniem 12.5 jest warunkiem równowagi momentów sił, który pojawił się podczas omawiania dynamiki obrotowej. Warto zauważyć, że powyższe równanie równowagi obowiązuje ogólnie dla równowagi obrotowej dla dowolnej osi obrotu (ustalonej bądź nie). Ponownie, równanie wektorowe (Równanie 12.5) jest równoważne trzem równaniom skalarnym dla składowych wypadkowego momentu sił:

Drugi warunek równowagi oznacza, że w równowadze nie ma wypadkowego zewnętrznego momentu sił, powodującego obrót wokół dowolnej osi.

Oba warunki równowagi są określone w konkretnym układzie odniesienia. Jednak drugi dotyczy momentu siły, który jest zdefiniowany jako iloczyn wektorowy ${\overrightarrow{M}}_i={\overrightarrow{r}}_i\times {\overrightarrow{F}}_i$, gdzie ${\overrightarrow{r}}_i$ to promień wodzący od osi obrotu do punktu, gdzie przyłożona została siła. W związku z tym moment siły zależy od położenia osi obrotu w układzie odniesienia. Jednak, gdy warunek równowagi momentów sił i warunek równowagi sił zachodzą jednocześnie w jednym układzie odniesienia, wtedy zachodzą również w innych inercjalnych układach odniesienia, zatem moment sił względem danej osi obrotu pozostaje zerowy. Wyjaśnienie tego jest dość proste.

Załóżmy, że wektor $\overrightarrow{R}$ określa położenie nowego inercjalnego układu odniesienia $S^{\prime }$ w starym inercjalnym układzie odniesienia $S$. Z rozważań o ruchu względnym, wiemy, że w nowym układzie odniesienia $S^{\prime }$, promień wodzący ${\overrightarrow{r}}_i$ do punktu, przyłożenia siły ${\overrightarrow{F}}_i$ jest związany z ${\overrightarrow{r}}_i$ równaniem:

Teraz podsumujmy wszystkie momenty sił zewnętrznych ${{\overrightarrow{M}}^{\prime }}_i={\overrightarrow{r}}_i\times {\overrightarrow{F}}_i$ w nowym układzie odniesienia $S^{\prime }$ :

Na ostatnim etapie, skorzystaliśmy z faktu, że w równowadze w starym układzie odniesienia S, pierwszy wyraz znika ze względu na Równania 12.5, a drugi wyraz znika z powodu Równania 12.2. Widzimy zatem, że wypadkowy moment sił w dowolnym inercjalnym układzie odniesienia S′ wynosi zero, pod warunkiem, że oba warunki równowagi są spełnione w inercjalnym układzie odniesienia S.

Praktycznym skutkiem jest to, że przy stosowaniu warunków równowagi ciała sztywnego możemy swobodnie wybrać położenie osi obrotu i dowolny punkt jako początek układu odniesienia. Nasz wybór układu odniesienia jest podyktowany specyfiką problemu fizycznego, który rozwiązujemy. W jednym układzie odniesienia, matematyczna postać warunków równowagi może być dość skomplikowana, podczas gdy w innym te same warunki mogą mieć prostszą postać matematyczną, która jest łatwa do rozwiązania.

W najbardziej ogólnym przypadku, warunki równowagi wyrażone są za pomocą sześciu równań skalarnych (Równanie 12.3 oraz Równanie 12.6). Dla zagadnień równowagi z rotacją wokół ustalonej osi, które rozważamy w tym rozdziale, możemy zmniejszyć liczbę równań do trzech. Standardową procedurą jest przyjęcie takiego układu odniesienia, w którym oś $z$ jest osią obrotu. Przy takim wyborze osi wypadkowy moment sił ma tylko składową $z$. Wszystkie siły, o niezerowych momentach, leżą w płaszczyźnie $xy$, a zatem wkłady w wypadkowy moment sił pochodzą tylko ze składowych $x$ i $y$ sił zewnętrznych. Tak więc, w przypadku zagadnień dotyczących równowagi, w których oś obrotu jest prostopadła do płaszczyzny $xy$, mamy trzy następujące warunki równowagi sił i momentów sił:

gdzie sumowanie przebiega po wszystkich $N$ zewnętrznych siłach działających na ciało i wszystkich momentach sił. W Równaniu 12.9, uprościliśmy notację, opuszczając indeks dolny $z$, ale rozumiemy tutaj, że sumowanie przebiega po wszystkich wkładach wzdłuż osi $z$, która jest osią obrotu. W Równaniu 12.9 składowa $z$ momentu sił ${\overrightarrow{M}}_i$, pochodząca od siły ${\overrightarrow{F}}_i$ to:

gdzie $r_i$ jest długością ramienia siły, a $F_i$ wartością siły (jak w rozdziale Obroty wokół stałej osi ). Kąt $\theta$ jest kątem między wektorami ${\overrightarrow{r}}_i$ oraz ${\overrightarrow{F}}_i$, mierzonym od wektora ${\overrightarrow{r}}_i$ do wektora ${\overrightarrow{F}}_i$ w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara (Ilustracja 12.2). Przy użyciu Równania 12.10, często obliczamy wartość momentu siły i przypisujemy mu zwrot dodatni (+) lub ujemny (-), w zależności od kierunku obrotów wywołanego tym momentem siły. W Równaniu 12.9 wypadkowy moment sił jest sumą wyrazów, z których każdy jest obliczany przy użyciu Równania 12.10 i każdy musi mieć odpowiedni zwrot (znak + lub -). Podobnie w Równaniu 12.7, możemy przypisać znak + składowym sił w kierunku dodatnich $x$ oraz znak - składowym w kierunku ujemnych $x$. Ta sama reguła musi być konsekwentnie przestrzegana w Równaniu 12.8, przy obliczaniu składowych siły wzdłuż osi $y$.

Ilustracja 12.2 Moment siły: (a) Gdy moment siły powoduje obrót wokół osi obrotu w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, jego zwrot jest dodatni, co oznacza, że wektor momentu sił jest równoległy do osi obrotu. (b) Gdy moment siły powoduje obrót wokół osi w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara, jego zwrot jest ujemny, co oznacza, że wektor momentu siły jest przeciwny do osi obrotu.

W wielu sytuacjach równowagi jedną z sił działających na ciało jest jego ciężar (siła ciężkości). Na rysunku rozkładu sił wektor ciężkości jest przyłożony do środka ciężkości ciała (ang. center of gravity). Dla celów praktycznych przyjmuje się że, środek ciężkości jest identyczny ze środkiem masy, jak to zostało opisane w rozdziale Pęd i Zderzenia. Tylko w sytuacjach, gdy ciało ma duże wymiary, tak że pole grawitacyjne jest niejednorodne w całej jego objętości, środek ciężkości i środek masy znajdują się w różnych punktach. W praktyce nawet obiekty tak duże jak budynki lub statki wycieczkowe, znajdują się w jednorodnym polu grawitacyjnym na powierzchni Ziemi, gdzie przyspieszenie spowodowane grawitacją ma stałą wielkość $g=\mathrm{9,81}{\text{m/s}}^2.$ W takich sytuacjach, środek ciężkości jest identyczny ze środkiem masy. Dlatego w tym rozdziale stosujemy pojęcie "środek masy" (ŚM) w znaczeniu punktu, w którym przyłożony jest wektor ciężkości. Przypomnijmy sobie, że ŚM ma specjalne znaczenie fizyczne – gdy do ciała przyłożona jest zewnętrzna siła, wówczas jako całość podlega ono ruchowi postępowemu i ta siła nie powoduje rotacji ciała.

Gdy ŚM znajduje się poza osią obrotu, to wypadkowy moment siły ciężkości działa na obiekt. Moment siły ciężkości jest to moment spowodowany przez ciężar. Może on obracać przedmiot, jeśli ten nie ma punktu podparcia (ang. pivot point), aby go zrównoważyć. Wielkość momentu siły grawitacji (ang. gravitational torque) zależy od tego, jak daleko od osi obrotu znajduje się ŚM. Na przykład, gdy przewraca się samochód ciężarowy (Ilustracja 12.3), oś obrotu znajduje się na linii, w której opony stykają się z powierzchnią drogi. Jeśli ŚM znajduje się wysoko nad powierzchnią drogi, to moment siły ciężkości może być wystarczająco duży, aby doprowadzić do przewrócenia pojazdu. Samochody osobowe z nisko położonym ŚM (blisko powierzchni drogi) są bardziej odporne na przewrócenie niż ciężarówki.

Ilustracja 12.3 Rozkład masy wpływa na położenie środka masy (ŚM), do którego przykładany jest wektor siły ciężkości ${\overrightarrow{F}}_g$. Jeśli środek ciężkości znajduje się nad powierzchnią, pod spodem pojazdu, to ciężarówka powraca do swojego początkowego położenia po przechyleniu (patrz: (b), po lewej). Jeśli jednak środek ciężkości leży poza tym obszarem, wówczas samochód się wywraca (patrz: (b), po prawej). Oba pojazdy w (b) są poza stanem równowagi. Zauważmy, że samochód osobowy w (a) jest w stanie równowagi – niskie położenie środka ciężkości sprawia, że trudno jest go przewrócić.

Przykład 12.1

Środek ciężkości samochodu

Na płaskim podłożu samochód osobowy o rozstawie osi 2,5 m wywiera na przedniej osi nacisk wynoszący 52% ciężaru pojazdu, tak jak pokazano na Ilustracji 12.4. Gdzie jest położony ŚM tego samochodu w stosunku do tylnej osi?

Ilustracja 12.4 Rozkład ciężaru między osiami samochodu. Gdzie znajduje się środek ciężkości?

Strategia rozwiązania

Nie znamy ciężaru $F_g$ pojazdu. Wiemy tylko, że gdy samochód stoi na płaskiej powierzchni to $\mathrm{0,52}{F}_g$ naciska na powierzchnię w punktach styku przednich kół, a $\mathrm{0,48}{F}_g$ naciska na podłoże w punktach styku tylnych kół. Punkty te są oddalone od siebie o odległość $d=\mathrm{2,5}\text{m}.$ W tych punktach samochód doświadcza normalnych sił reakcji o wartościach $F_p=\mathrm{0,52}{F}_g$ i $F_t=\mathrm{0,48}{F}_g$ odpowiednio na przedniej i tylnej osi. Wiemy również, że samochód jest przykładem ciała sztywnego w stanie równowagi, którego cały ciężar $F_g$ działa na jego ŚM znajdujący się gdzieś pomiędzy punktami, gdzie działają normalne siły reakcji w odległości $x$ od punktu działania$F_t$. Naszym zadaniem jest znalezienie $x$. Określiliśmy trzy siły działające na ciało (samochód), możemy więc narysować rozkład sił działających na rozciągłe ciało sztywne, jak pokazano na Ilustracji 12.5.

Ilustracja 12.5 Rozkład sił działających na samochód z zaznaczonymi wektorami sił działających na pojazd i ich odległościami do środka masy (ŚM). Kiedy ŚM wybiera się jako położenie osi obrotu, te odległości są ramionami normalnych sił reakcji. Zwróćmy uwagę, że wartości wektorów i ramion sił nie muszą być narysowane w skali, ale wszystkie istotne wielkości muszą być wyraźnie oznaczone.

Jesteśmy gotowi zapisać warunki równowagi dla samochodu zgodnie z równaniami od Równania 12.7 do Równania 12.9, ale najpierw musimy wybrać układ odniesienia. Załóżmy, że wzdłuż osi samochodu wybraliśmy oś $x$, oś pionową jako $y$ oraz oś $z$ prostopadłą do płaszczyzny $xy$. Przy takim wyborze potrzebujemy zapisać tylko Równanie 12.8 i Równanie 12.9, ponieważ wszystkie składowe $x$ są tożsamościowo równe zero. Teraz musimy zdecydować o położeniu punktu obrotu. Możemy wybrać dowolny punkt, jako położenie osi obrotu (osi $z$ ). Załóżmy, że umieszczamy oś obrotu w ŚM, jak zaznaczono na rysunku z rozkładem sił działających na samochód. W tym momencie jesteśmy gotowi, aby zapisać warunki równowagi dla samochodu.

Rozwiązanie

Każdy warunek równowagi zawiera tylko trzy wyrazy, ponieważ istnieją $N=3$ siły działające na samochód. Pierwszy warunek równowagi – dla sił (Równanie 12.8) - ma postać:

$$+F_p-F_g+F_t=0.$$

12.11

Ten warunek jest łatwo spełnić, ponieważ gdy wstawimy dane, to Równanie 12.11 przyjmie postać $+\mathrm{0,52}{F}_g-F_g+\mathrm{0,48}{F}_g-0$. Drugi warunek równowagi – dla momentów sił (Równanie 12.9) ma postać:

$$M_p+M_g+M_t=0,$$

12.12

gdzie $M_p$ jest momentem siły $F_p$, $M_g$ - momentem siły ciężkości $F_g$ a $M_t$ - momentem siły $F_t$. Gdy oś obrotu przechodzi przez ŚM, moment siły ciężkości tożsamościowo wynosi zero, ponieważ ramię siły ciężkości względem osi, która przechodzi przez ŚM, wynosi zero. Kierunki działania obu normalnych sił reakcji są prostopadłe do ich ramion sił, więc w Równaniu 12.10, mamy $|\sin \theta |=1$ dla obu sił. Z rysunku przedstawiającego rozkład sił dowiadujemy się, że moment siły $M_p$ powoduje obrót w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara wokół osi obrotu przechodzącej przez środek masy, więc zwrot momentu jest ujemny, natomiast moment siły $M_t$ powoduje obrót w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, dlatego jego zwrot jest dodatni. Dzięki tym informacjom, zapisujemy warunek równowagi dla momentów sił jako:

$$-r_p{F}_p+r_t{F}_t=0.$$

12.13

Z rysunku rozkładu sił uzyskujemy ich wartości $F_t=\mathrm{0,48}{F}_g$ i $F_p=\mathrm{0,52}{F}_g$ oraz odpowiadające im ramiona sił $r_t=x$ i $r_p=d-x$. Możemy teraz zapisać drugi warunek równowagi z Równania 12.13, jako jawnie zależny od nieznanej odległości $x$:

$$-\mathrm{0,52}\left(d-x\right)F_g+\mathrm{0,48}x{F}_g=0.$$

12.14

Tutaj siła ciężkości $F_g$ ulega redukcji i możemy rozwiązać równanie dla nieznanego położenia środka masy $x$. Odpowiedź to $x=\mathrm{0,52}d=\mathrm{0,52}\cdot \mathrm{2,5}\text{m}=\mathrm{1,3}\text{m}$.

Rozwiązanie

Wybór osi obrotu na przedniej osi samochodu nie zmienia rezultatu. Rozkład sił dla takiego wyboru osi obrotu przedstawiony jest na Ilustracji 12.6. Dla takiego wyboru osi obrotu, warunek równowagi dla momentów sił to:

$$-r_g{F}_g+r_t{F}_t=0.$$

12.15

Po podstawieniu wielkości zaznaczonych na rysunku z rozkładem sił otrzymujemy:

$$-\left(d-x\right)F_g+\mathrm{0,48}d{F}_g=0.$$

12.16

Odpowiedź uzyskana w wyniku rozwiązania Równania 12.13 to ponownie $x=\mathrm{0,52}d=\mathrm{1,3}\text{m}.$

Ilustracja 12.6 Równoważny schemat rozkładu sił dla samochodu z zaznaczoną inną niż na Ilustracji 12.5 osią obrotu.

Znaczenie

Ten przykład pokazuje, że podczas rozwiązywania problemów równowagi statycznej, mamy swobodę wyboru położenia osi obrotu. Dla różnych osi obrotu mamy różne zestawy warunków równowagi, które trzeba rozwiązać. Jednak wszystkie wybory prowadzą do tego samego rozwiązania.

Szczególny przypadek równowagi statycznej występuje, gdy wszystkie siły zewnętrzne działają na obiekt w osi obrotu lub wzdłuż niej, albo gdy można pominąć wymiary obiektu. W takiej szczególnej sytuacji przedmiot może być traktowany jak masa punktowa (punkt materialny) i nie musimy uwzględniać drugiego warunku równowagi dla momentów sił (Równanie 12.9), ponieważ wszystkie momenty są tożsamościowo równe zero, a pierwszy warunek równowagi (dla sił) jest jedynym do spełnienia. Schemat rozkładu sił oraz strategia rozwiązywania zadań w tym szczególnym przypadku zostały przedstawione w rozdziałach Prawa dynamiki Newtona i Zastosowanie praw dynamiki Newtona. Typowy przykład równowagi obejmujący tylko warunek równowagi dla sił omówimy w następnym przykładzie.

Przykład 12.2

Naprężenie zrywające nić

Mała szalka o masie 42 g podtrzymywana jest przez dwie nici, jak pokazano na Ilustracji 12.7. Maksymalne naprężenia, jakie wytrzyma nić to 2,8 N. Na szalkę stopniowo dodajemy masę, do chwili aż jedna z nici się zerwie. Która będzie to nić? Ile masy musimy dodać, aby doszło do zerwania nici?

Ilustracja 12.7 Masa jest dodawana stopniowo na szalkę, aż do zerwania jednej z nici.

Strategia rozwiązania

Ten układ mechaniczny składający się z nici, mas i szalki pozostaje w równowadze statycznej. W szczególności węzeł, który łączy nici z szalką, jest w równowadze statycznej. Węzeł można traktować jako punkt, dlatego potrzebujemy tylko warunku równowagi dla sił. Trzy siły działające na węzeł to: naprężenie ${\overrightarrow{N}}_1$ nici o długości 5 cm, naprężenie ${\overrightarrow{N}}_2$ nici 10 cm oraz ciężar ${\overrightarrow{F}}_g$ szalki z nałożoną masą. Możemy przyjąć układ współrzędnych prostokątnych z osią $y$ skierowaną przeciwnie do kierunku siły ciężkości i narysować rozkład sił na węźle (patrz: Ilustracja 12.8). Aby znaleźć składowe naprężeń, musimy określić kąty ${\alpha }_1$ i ${\alpha }_2$, jakie nici tworzą z kierunkiem poziomym czyli osią $x$. Jak widać na Ilustracji 12.7, tworzą one dwa ramiona trójkąta prostokątnego. Możemy użyć twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta, pokazanego na Ilustracji 12.8, oraz wyznaczyć sinus i cosinus kątów ${\alpha }_1$ i ${\alpha }_2$. Wtedy rozłożymy naprężenia na ich składowe prostokątne i podstawimy do warunku równowagi dla sił (Równanie 12.7 i Równanie 12.8), aby znaleźć naprężenia nici. Nić z większym naprężeniem zerwie się pierwsza.

Ilustracja 12.8 Rozkład sił działających na węzeł w Przykładzie 12.2.

Rozwiązanie

Ciężar $F_g$ napręża węzeł masą szalki $M$ i masą $m$ dołożoną na szalkę czyli $F_g=\left(M+m\right)g$. Przy pomocy rozkładu sił z Ilustracji 12.8, możemy ustalić warunki równowagi węzła:

W kierunku $x$: $-N_{1x}+N_{2x}=0$,
W kierunku $y$: $+N_{1y}+N_{2y}-F_g=0$.

Wartości składowych w tych równaniach wynoszą:

$N_{1x}=N_1\cos {\alpha }_1=\frac{N_1}{\sqrt{5}}$, $N_{1y}=N_1\sin {\alpha }_1=\frac{2N_1}{\sqrt{5}}$,
$N_{2x}=N_2\cos {\alpha }_2=\frac{2N_2}{\sqrt{5}}$,$N_{2y}=N_2\cos {\alpha }_2=\frac{N_2}{\sqrt{5}}$.

Podstawiamy te składowe do warunków równowagi i upraszczamy. Otrzymujemy wtedy dwa równania równowagi dla naprężeń:

W kierunku $x$: $N_1=2N_2$,
W kierunku $y$: $\frac{2N_1}{\sqrt{5}}+\frac{N_2}{\sqrt{5}}=\left(M+m\right)g$.

Równanie równowagi dla kierunku $x$ mówi nam, że naprężenie $N_1$ nici 5 cm jest 2 razy większe od naprężenia $N_2$ nici 10 cm. Dlatego zerwie się krótsza nić. Używając pierwszego równania do wyeliminowania $N_2$ z drugiego równania, otrzymujemy zależność między masą $m$ na szalce a naprężeniem $N_1$ w krótszej nici:

$$\frac{\mathrm{2,5}{N}_1}{\sqrt{5}}=\left(M+m\right)g.$$

Nić zrywa się, gdy naprężenie osiągnie krytyczną wartość $N_1=\mathrm{2,8}\text{N}.$ Powyższe równanie można rozwiązać dla masy krytycznej $m$, która zrywa nić:

$$m=\frac{\mathrm{2,5}}{\sqrt{5}}\cdot \frac{N_1}{g}-M=\frac{\mathrm{2,5}}{\sqrt{5}}\cdot \frac{\mathrm{2,8}\text{N}}{\mathrm{9,80}{\text{m/s}}^2}-\mathrm{0,042}\text{kg}=\mathrm{0,277}\text{kg}=277\text{g}.$$

Znaczenie

Załóżmy, że układ mechaniczny rozważany w tym przykładzie jest przymocowany do sufitu windy jadącej w górę. Tak długo, jak winda porusza ze stałą prędkością, wynik pozostaje taki sam, bo ciężar $F_g$ się nie zmienia. Jeżeli winda porusza z przyspieszeniem, wówczas masa krytyczna jest mniejsza, bo masa $M+m$ staje się większa o pozorny ciężar wywołany przyspieszeniem windy. Nadal we wszystkich przypadkach krótsza nić przerwie się jako pierwsza.