Przejdź do treściPrzejdź do informacji o dostępności
Logo OpenStax
Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1

12.2 Przykłady równowagi statycznej

Fizyka dla szkół wyższych. Tom 112.2 Przykłady równowagi statycznej
  1. Przedmowa
  2. Mechanika
    1. 1 Jednostki i miary
      1. Wstęp
      2. 1.1 Zakres stosowalności praw fizyki
      3. 1.2 Układy jednostek miar
      4. 1.3 Konwersja jednostek
      5. 1.4 Analiza wymiarowa
      6. 1.5 Szacowanie i pytania Fermiego
      7. 1.6 Cyfry znaczące
      8. 1.7 Rozwiązywanie zadań z zakresu fizyki
      9. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    2. 2 Wektory
      1. Wstęp
      2. 2.1 Skalary i wektory
      3. 2.2 Układy współrzędnych i składowe wektora
      4. 2.3 Działania na wektorach
      5. 2.4 Mnożenie wektorów
      6. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    3. 3 Ruch prostoliniowy
      1. Wstęp
      2. 3.1 Położenie, przemieszczenie, prędkość średnia
      3. 3.2 Prędkość chwilowa i szybkość średnia
      4. 3.3 Przyspieszenie średnie i chwilowe
      5. 3.4 Ruch ze stałym przyspieszeniem
      6. 3.5 Spadek swobodny i rzut pionowy
      7. 3.6 Wyznaczanie równań ruchu metodą całkowania
      8. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    4. 4 Ruch w dwóch i trzech wymiarach
      1. Wstęp
      2. 4.1 Przemieszczenie i prędkość
      3. 4.2 Przyspieszenie
      4. 4.3 Rzuty
      5. 4.4 Ruch po okręgu
      6. 4.5 Ruch względny w jednym i dwóch wymiarach
      7. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    5. 5 Zasady dynamiki Newtona
      1. Wstęp
      2. 5.1 Pojęcie siły
      3. 5.2 Pierwsza zasada dynamiki Newtona
      4. 5.3 Druga zasada dynamiki Newtona
      5. 5.4 Masa i ciężar ciała
      6. 5.5 Trzecia zasada dynamiki Newtona
      7. 5.6 Rodzaje sił
      8. 5.7 Rozkłady sił działających na ciała
      9. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    6. 6 Zastosowania zasad dynamiki Newtona
      1. Wstęp
      2. 6.1 Rozwiązywanie zadań związanych z zasadami dynamiki Newtona
      3. 6.2 Tarcie
      4. 6.3 Siła dośrodkowa
      5. 6.4 Siła oporu i prędkość graniczna
      6. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    7. 7 Praca i energia kinetyczna
      1. Wstęp
      2. 7.1 Praca
      3. 7.2 Energia kinetyczna
      4. 7.3 Zasada zachowania energii mechanicznej
      5. 7.4 Moc
      6. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    8. 8 Energia potencjalna i zasada zachowania energii
      1. Wstęp
      2. 8.1 Energia potencjalna układu
      3. 8.2 Siły zachowawcze i niezachowawcze
      4. 8.3 Zasada zachowania energii
      5. 8.4 Wykresy energii potencjalnej
      6. 8.5 Źródła energii
      7. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
    9. 9 Pęd i zderzenia
      1. Wstęp
      2. 9.1 Pęd
      3. 9.2 Popęd siły i zderzenia
      4. 9.3 Zasada zachowania pędu
      5. 9.4 Rodzaje zderzeń
      6. 9.5 Zderzenia w wielu wymiarach
      7. 9.6 Środek masy
      8. 9.7 Napęd rakietowy
      9. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    10. 10 Obroty wokół stałej osi
      1. Wstęp
      2. 10.1 Zmienne opisujące ruch obrotowy
      3. 10.2 Obroty ze stałym przyspieszeniem kątowym
      4. 10.3 Związek między wielkościami w ruchach obrotowym i postępowym
      5. 10.4 Moment bezwładności i energia kinetyczna w ruchu obrotowym
      6. 10.5 Obliczanie momentu bezwładności
      7. 10.6 Moment siły
      8. 10.7 Druga zasada dynamiki dla ruchu obrotowego
      9. 10.8 Praca i energia kinetyczna w ruchu obrotowym
      10. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    11. 11 Moment pędu
      1. Wstęp
      2. 11.1 Toczenie się ciał
      3. 11.2 Moment pędu
      4. 11.3 Zasada zachowania momentu pędu
      5. 11.4 Precesja żyroskopu
      6. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    12. 12 Równowaga statyczna i sprężystość
      1. Wstęp
      2. 12.1 Warunki równowagi statycznej
      3. 12.2 Przykłady równowagi statycznej
      4. 12.3 Naprężenie, odkształcenie i moduł sprężystości
      5. 12.4 Sprężystość i plastyczność
      6. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    13. 13 Grawitacja
      1. Wstęp
      2. 13.1 Prawo powszechnego ciążenia
      3. 13.2 Grawitacja przy powierzchni Ziemi
      4. 13.3 Energia potencjalna i całkowita pola grawitacyjnego
      5. 13.4 Orbity satelitów i ich energia
      6. 13.5 Prawa Keplera
      7. 13.6 Siły pływowe
      8. 13.7 Teoria grawitacji Einsteina
      9. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    14. 14 Mechanika płynów
      1. Wstęp
      2. 14.1 Płyny, gęstość i ciśnienie
      3. 14.2 Pomiar ciśnienia
      4. 14.3 Prawo Pascala i układy hydrauliczne
      5. 14.4 Prawo Archimedesa i siła wyporu
      6. 14.5 Dynamika płynów
      7. 14.6 Równanie Bernoulliego
      8. 14.7 Lepkość i turbulencje
      9. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
  3. Fale i akustyka
    1. 15 Drgania
      1. Wstęp
      2. 15.1 Ruch harmoniczny
      3. 15.2 Energia w ruchu harmonicznym
      4. 15.3 Porównanie ruchu harmonicznego z ruchem jednostajnym po okręgu
      5. 15.4 Wahadła
      6. 15.5 Drgania tłumione
      7. 15.6 Drgania wymuszone
      8. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    2. 16 Fale
      1. Wstęp
      2. 16.1 Fale biegnące
      3. 16.2 Matematyczny opis fal
      4. 16.3 Prędkość fali na naprężonej strunie
      5. 16.4 Energia i moc fali
      6. 16.5 Interferencja fal
      7. 16.6 Fale stojące i rezonans
      8. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    3. 17 Dźwięk
      1. Wstęp
      2. 17.1 Fale dźwiękowe
      3. 17.2 Prędkość dźwięku
      4. 17.3 Natężenie dźwięku
      5. 17.4 Tryby drgań fali stojącej
      6. 17.5 Źródła dźwięków muzycznych
      7. 17.6 Dudnienia
      8. 17.7 Efekt Dopplera
      9. 17.8 Fale uderzeniowe
      10. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
  4. A Jednostki
  5. B Przeliczanie jednostek
  6. C Najważniejsze stałe fizyczne
  7. D Dane astronomiczne
  8. E Wzory matematyczne
  9. F Układ okresowy pierwiastków
  10. G Alfabet grecki
  11. Rozwiązania zadań
    1. Rozdział 1
    2. Rozdział 2
    3. Rozdział 3
    4. Rozdział 4
    5. Rozdział 5
    6. Rozdział 6
    7. Rozdział 7
    8. Rozdział 8
    9. Rozdział 9
    10. Rozdział 10
    11. Rozdział 11
    12. Rozdział 12
    13. Rozdział 13
    14. Rozdział 14
    15. Rozdział 15
    16. Rozdział 16
    17. Rozdział 17
  12. Skorowidz nazwisk
  13. Skorowidz rzeczowy
  14. Skorowidz terminów obcojęzycznych

Cel dydaktyczny

W tym podrozdziale nauczysz się:
  • analizować sytuacje równowagi statycznej;
  • wykonywać rozkład sił dla rozciągłego obiektu w równowadze statycznej;
  • ustalać i rozwiązywać warunki równowagi statycznej dla obiektów w równowadze, w różnych sytuacjach fizycznych.

Wszystkie przykłady w tym rozdziale są problemami dwuwymiarowymi (na płaszczyźnie). W związku z tym stosujemy warunki równowagi dla składowych w formie równań od Równania 12.7 do Równania 12.9. Metodę rozwiązywania problemów statyki wprowadziliśmy w Przykładzie 12.1 w celu zilustrowania fizycznego znaczenia warunków równowagi. Teraz uogólniamy tę strategię na listę kroków, które należy wykonać przy rozwiązywaniu problemów równowagi statycznej dla rozciągłych ciał sztywnych. Jest to pięć praktycznych kroków.

Strategia rozwiązywania zadań

Strategia rozwiązywania zadań: równowaga statyczna

  1. Określ obiekt do analizy. W niektórych układach równowagi może być konieczne rozważenie więcej niż jednego obiektu. Określ wszystkie siły działające na obiekt. Określ pytania, na które trzeba odpowiedzieć. Określ informacje podane w danym problemie. W realnych problemach, niektóre kluczowe informacje mogą być podane w sposób pośredni, a nie wprost.
  2. Wykonaj rysunek rozkładu sił działających na obiekt. (a) Wybierz układ odniesienia xy dla zagadnienia. Narysuj rozkład sił zawierający tylko te działające na obiekt. Jeśli trzeba, przedstaw siły rozłożone na składowe w wybranym układzie odniesienia. Jeśli to robisz dla każdej siły, usuń pierwotną, aby nie uwzględnić tej samej siły dwukrotnie w równaniach. Oznacz wszystkie siły – potrzebujesz tego do poprawnego obliczania sił wypadkowych w kierunkach x x i y y. Dla nieznanej siły kierunek musi być przypisany arbitralnie – traktuj go jako kierunek roboczy lub spodziewany kierunek. Prawidłowy kierunek zależy od znaku, który otrzymasz w ostatecznym rozwiązaniu. Znak plus ( + ) ( + ) oznacza, że kierunek roboczy jest rzeczywistym kierunkiem. Znak minus ( ) ( ) oznacza, że rzeczywisty kierunek jest przeciwny do zakładanego. (b) Wybierz położenie osi obrotu, w odniesieniu do której będziesz obliczać momenty działających sił. Na rysunku z rozkładem sił wskaż oś obrotu i ramiona działających sił – będą potrzebne do prawidłowego obliczenia wartości momentów sił. Przy wyborze osi obrotu należy pamiętać, że można ją umieścić w dowolnym miejscu, ale zasada przewodnia mówi, że najlepszym wyborem będzie uproszczenie jak największej liczby obliczeń wypadkowego momentu sił względem osi obrotu.
  3. Ustal równania równowagi dla obiektu. (a) Wykorzystaj rysunek rozkładu sił, aby prawidłowo zapisać warunek równowagi dla składowych sił w kierunku x x (Równanie 12.7). (b) Wykorzystaj rysunek rozkładu sił, aby zapisać prawidłowo warunek równowagi dla składowych sił w kierunku y y (Równanie 12.8). (c) Wykorzystaj rysunek rozkładu sił, aby prawidłowo zapisać warunek równowagi dla momentów sił względem osi obrotu (Równanie 12.9). Użyj Równania 12.10 do wyznaczenia wartości i zwrotu momentów sił.
  4. Uprość i rozwiąż układ równań dla równowagi w celu uzyskania nieznanych wielkości (zmiennych). W tym punkcie praca polega tylko na przekształceniach algebraicznych Należy pamiętać, że liczba równań musi być taka sama, jak liczba niewiadomych. Jeśli niewiadomych jest więcej niż równań, nie można rozwiązać problemu.
  5. Oblicz wyrażenia na nieznane wielkości, które otrzymałeś w swoim rozwiązaniu. Ostateczna odpowiedź powinna mieć odpowiednią wartość liczbową i prawidłowe jednostki fizyczne. Jeśli jest inaczej, wróć do poprzednich kroków, aby wykryć źródło błędu i poprawić go. Możesz również samodzielnie sprawdzić numeryczne odpowiedzi, przesuwając oś obrotu w inne miejsce i rozwiązując problem ponownie, jak to zrobiliśmy w Przykładzie 12.1.

Zauważmy, że wykonanie rysunku rozkładu sił dla zagadnienia równowagi ciała sztywnego jest najważniejszym elementem w procesie rozwiązywania problemu. Bez prawidłowego rozkładu sił, nie będziemy w stanie napisać odpowiednich warunków równowagi. Musimy również zauważyć, że rysunek rozkładu sił dla rozciągłego ciała sztywnego, które może być poddane ruchowi obrotowemu, różni się od rysunku rozkładu sił, których doświadcza ciało będące tylko w ruchu postępowym (co omówiono w rozdziale o prawach ruchu Newtona). W ruchu postępowym ciało reprezentuje ŚM, do którego przyłożono wszystkie siły i nie występują żadne momenty sił. Nie obowiązuje to w dynamice obrotowej, gdzie ciało sztywne nie może być reprezentowane przez jeden punkt. Powodem tego jest fakt, że przy analizie ruchu obrotowego musimy określić moment siły działający na ciało, a zależy on zarówno od siły działającej, jak i od ramienia tej siły. Tutaj, rysunek rozkładu sił dla rozciągłego ciała sztywnego pomaga nam określić momenty sił zewnętrznych.

Przykład 12.3

Bilans momentu sił

Trzy masy są przymocowane do jednolitej metrowej belki, jak pokazano na Rysunku 12.9. Masa belki wynosi 150 g, a masy na lewo od punktu podparcia to m 1 = 50 g m 1 =50g i m 2 = 75 g . m 2 =75g. Znajdź masę m 3 m 3 , która równoważy układ, gdy jest przymocowana na prawym końcu belki, oraz normalną sił reakcji w punkcie podparcia S S, gdy układ jest zrównoważony.
Rysunek przedstawia schemat równoważenia momentu sił. Do poziomej belki podpartej w punkcie podparcia oznaczonym symbolem S przymocowane są trzy masy. Masa3 jest 30 cm na prawo od S. Masa2 jest 40 cm na lewo od S. Masa1 jest 30 cm na lewo od Masy2.
Rysunek 12.9 W warunkach równowagi sił belka pozioma jest podparta w punkcie podparcia (oznaczonym symbolem S S ), a masy są przymocowane po obu stronach punktu podparcia. Układ znajduje się w stanie równowagi statycznej, gdy belka się nie obraca. Jest zrównoważony, jeśli belka leży poziomo.

Strategia rozwiązania

Dla układu przedstawionego na rysunku, określamy następujące pięć sił działających na metrową belkę:

F 1 = m 1 g F 1 = m 1 g jest ciężarem masy m 1 m 1 ; F 2 = m 2 g F 2 = m 2 g jest ciężarem masy m 2 ; m 2 ;

F g = m g F g =mg jest ciężarem całej belki; F 3 = m 3 g F 3 = m 3 g jest ciężarem nieznanej masy m 3 ; m 3 ;

F S F S jest normalną siłą reakcji w punkcie podparcia S S.

Wybieramy układ odniesienia, w którym kierunek osi y y jest zgodny z kierunkiem siły ciężkości, kierunek osi x x jest wzdłuż belki, a oś obrotu (oś z z) jest prostopadła do osi x x i przechodzi przez punkt podparcia S S. Innymi słowy wybieramy oś obrotu w punkcie, w którym belka dotyka podpory. Jest to naturalny wybór osi obrotu, ponieważ ten punkt nie przemieszcza się, gdy belka się obraca. Teraz jesteśmy gotowi do przygotowania rysunku rozkładu sił dla belki. Zaznaczamy oś obrotu i przykładamy pięć wektorów sił, przyłożonych odpowiednio względem punktu podparcia, wzdłuż linii reprezentujących belkę (Rysunek 12.10). Na tym etapie możemy określić ramiona pięciu sił, wziąwszy pod uwagę informacje zawarte w problemie. W przypadku trzech mas wiszących, ich odległości od punktu podparcia zostały podane na rysunku, natomiast informację o punkcie przyłożenia ciężaru belki podano w sposób pośredni. Tutaj kluczowym słowem jest „jednolitej". Wiemy z naszych wcześniejszych rozważań, że ŚM jednolitej belki znajduje się w jej środku geometrycznym, więc przykładamy jej ciężar w połowie długości belki, tj. na znaku 50 cm.

 Rysunek jest schematem rozkładu sił dla bilansu momentów sił. Pozioma belka podparta jest w punkcie oznaczonym symbolem S. Trzy masy są przymocowane do belki. Siła Fs przyłożona w punkcie S skierowana jest do góry. Siła F3 skierowana w dół przyłożona jest na prawo od punktu S w odległości r3. Siły Fg, F2 i F1 są przyłożone na lewo od punktu S i skierowane w dół. Znajdują się odpowiednio w odległościach rg, r2 i r1 od S.
Rysunek 12.10 Rozkład sił dla metrowej belki. Jako punkt obrotu wybrano punkt podparcia S S .

Rozwiązanie

Na podstawie Rysunku 12.9 i Rysunku 12.10 zaczynamy od znalezienia ramion pięciu sił działających na belkę:
r 1 = 30 cm + 40 cm = 70 cm r 2 = 40 cm r g = 50 cm 30 cm = 20 cm r S = 0 cm (ponieważ siła F S jest przyłożona na osi obrotu) r 3 = 30 cm. r 1 = 30 cm + 40 cm = 70 cm r 2 = 40 cm r g = 50 cm 30 cm = 20 cm r S = 0 cm (ponieważ siła F S jest przyłożona na osi obrotu) r 3 = 30 cm.

Teraz możemy znaleźć pięć momentów sił w odniesieniu do wybranej osi obrotu:

M 1 = + r 1 F 1 sin 90 = + r 1 m 1 g (obrót przeciwny do ruchu wskazówek zegara, zwrot dodatni) M 2 = + r 2 F 2 sin 90 = + r 2 m 2 g (obrót przeciwny do ruchu wskazówek zegara, zwrot dodatni) M g = + r g F g sin 90 = + r g m g (moment siły ciężkości) M S = r S F S sin θ S = 0 (ponieważ r S = 0 c m ) M 3 = r 3 F 3 sin 90 = r 3 m 3 g (obrót zgodny z ruchem wskazówek zegara, zwrot dodatni) . M 1 = + r 1 F 1 sin 90 = + r 1 m 1 g (obrót przeciwny do ruchu wskazówek zegara, zwrot dodatni) M 2 = + r 2 F 2 sin 90 = + r 2 m 2 g (obrót przeciwny do ruchu wskazówek zegara, zwrot dodatni) M g = + r g F g sin 90 = + r g m g (moment siły ciężkości) M S = r S F S sin θ S = 0 (ponieważ r S = 0 c m ) M 3 = r 3 F 3 sin 90 = r 3 m 3 g (obrót zgodny z ruchem wskazówek zegara, zwrot dodatni) .

Warunek równowagi momentów sił dla belki to:

M 1 + M 2 + M g + M S + M 3 = 0. M 1 + M 2 + M g + M S + M 3 =0.

Przy podstawianiu wartości momentów sił do tego równania możemy pominąć te dające zerowy wkład. W ten sposób warunek równowagi dla momentów sił to:

+ r 1 m 1 g + r 2 m 2 g + r g m g g r 3 m 3 g = 0. + r 1 m 1 g+ r 2 m 2 g+ r g m g g r 3 m 3 g=0.
12.17

Wybieramy kierunek + y +y jako równoległy do F S F S i wtedy warunek równowagi sił dla belki to:

F 1 F 2 F g + F S F 3 = 0. F 1 F 2 F g + F S F 3 =0.

Po podstawieniu sił otrzymujemy:

m 1 g m 2 g m g + F S m 3 g = 0. m 1 g m 2 gmg+ F S m 3 g=0.
12.18

Rozwiązujemy te równania jednocześnie dla nieznanych wartości m 3 m 3 i F S . F S . W Równaniu 12.17 upraszczamy czynnik g g i przekształcamy, żeby uzyskać

r 3 m 3 = r 1 m 1 + r 2 m 2 + r g m . r 3 m 3 = r 1 m 1 + r 2 m 2 + r g m.

Aby wyznaczyć m 3 m 3 , dzielimy obustronnie przez r 3 r 3 , mamy więc

m3=r1r3m1+r2r3m2+rgr3mm3=703050g+403075g+2030150gm3=317g.m3=r1r3m1+r2r3m2+rgr3mm3=703050g+403075g+2030150gm3=317g. \begin{multiline} m_3 &= \frac{r_1}{r_3} \cdot m_1 + \frac{r_2}{r_3} \cdot m_2 + \frac{r_{\text{g}}}{r_3} \cdot m \\ &= \frac{70}{30} \cdot \SI{50}{\gram} + \frac{40}{30} \cdot \SI{75}{\gram} + \frac{20}{30} \cdot \SI{150}{\gram} \\ &= \SI{317}{\gram} \text{.} \end{multiline}m3=r1r3m1+r2r3m2+rgr3m=703050g+403075g+2030150g=317g.
12.19

Aby znaleźć normalną siłę reakcji przekształcamy Równanie 12.18 i po zamianie gramów na kilogramy otrzymujemy:

F S = ( m 1 + m 2 + m + m 3 ) g = [ ( 50 + 75 + 150 + 317 ) 10 3 ] kg 9,81 m s 2 = 5,8 N . F S = ( m 1 + m 2 + m + m 3 ) g=[ ( 50 + 75 + 150 + 317 ) 10 3 ]kg9,81 m s 2 =5,8N.

Znaczenie

Należy zauważyć, że Równanie 12.17 jest niezależne od g g (przyspieszenie ziemskie). Równowagi momentów sił można zatem użyć do pomiaru masy, ponieważ wahania wartości g g na powierzchni Ziemi nie wpływają na nie. Inaczej dzieje się w przypadku wagi sprężynowej, ponieważ mierzy ona siłę ciężkości.

Sprawdź, czy rozumiesz 12.3

Powtórz Przykład 12.3 użyj lewego końca belki do obliczania momentów sił; to znaczy umieść oś obrotu na jej lewym końcu.

W następnym przykładzie pokażemy, jak stosować warunek równowagi dla sił w postaci danej przez Równanie 12.7 i Równanie 12.8. Przedstawimy to rozwiązanie jako przykład znaczenia wyboru odpowiedniego układu odniesienia. Chociaż wszystkie inercjalne układy odniesienia są równoważne, a rozwiązania liczbowe uzyskane w jednym układzie są takie same jak w innych, to wybór nieodpowiedniego układu odniesienia może sprawić, że dojście do nich będzie dość długie i skomplikowane, podczas gdy przemyślany wybór układu odniesienia sprawi, że okaże się bardzo proste. Pokazujemy to w równoważnych rozwiązaniach tego samego zadania.Ten przykład ilustruje zastosowanie równowagi statycznej do biomechaniki.

Przykład 12.4

Siły w przedramieniu

Sztangista podtrzymuje 21-kilogramowy ciężarek (równoważne 206 N) swoim przedramieniem, jak pokazano na Rysunku 12.11. Jest ono ustawione pod kątem β = 60 β= 60 względem ramienia. Przedramię podtrzymuje skurcz mięśnia bicepsa, powodując moment sił wokół łokcia. Zakładając, że naprężenie w bicepsie działa wzdłuż kierunku pionowego zgodnego z kierunkiem siły ciężkości, oblicz, jakie naprężenie mięśni musi wytrzymać przedramię w przedstawionym położeniu? Jaka jest siła na stawie łokciowym? Załóżmy, że masę przedramienia można pominąć.
Rysunek przedstawia schematycznie przedramię obracające się wokół łokcia. W dłoni podtrzymywane jest 21 kg. Odległość pomiędzy łokciem a ciężarem wynosi 32 cm. Odległość między łokciem a mięśniami bicepsa powodującymi moment siły wokół łokcia wynosi 3.2 cm. Przedramię tworzy kąt 60 stopni z ramieniem.
Rysunek 12.11 Przedramię obraca się wokół łokcia ( Ł ) ( Ł ) przez skurcze mięśnia bicepsa, co powoduje naprężenie N N .

Strategia rozwiązania

Określamy trzy siły działające na przedramię: nieznaną siłę F F na łokciu, nieznane naprężenie N N w mięśniach i ciężar F g F g o wartości 206 N. Możemy przyjąć układ odniesienia z osią x x, wzdłuż przedramienia i osią obrotu w łokciu. Kierunek pionowy jest kierunkiem siły ciężkości, jest on taki sam jak kierunek górnej części ramienia. Oś x x tworzy kąt β = 60 β= 60 z pionem. Oś y y jest prostopadła do osi x x. Teraz rysujemy rozkład sił dla przedramienia. Najpierw osie układu, oś obrotu i trzy wektory reprezentujące trzy zidentyfikowane siły. Następnie zaznaczamy kąt β β i przedstawiamy każdą siłę przez jej składowe x x i y y, pamiętamy o usunięciu wektorów pierwotnych sił, aby uniknąć podwójnego uwzględnienia sił. Na koniec oznaczamy siły i ich ramiona. Rozkład sił dla przedramienia pokazano na Rysunku 12.12. W tym momencie jesteśmy gotowi do ustalenia warunków równowagi przedramienia. Każda siła ma składowe x x i y y, dlatego mamy dwa równania dla warunku równowagi sił - jedno równanie dla każdej składowej wypadkowej siły działającej na przedramię.
Rysunek rozkładu sił dla przedramienia. Siła F jest przyłożona w punkcie Ł. Siła N jest przyłożona w odległości rN od punktu E. Siła Fg jest przyłożona w odległości rg od punktu E przeciwnie do kierunku F i N. Składowe x i y sił są pokazane. Siła F i N tworzą kąt beta z osią x. Siła Fg tworzy kąt beta z linią łączącą ją z jej składową y.
Rysunek 12.12 Rozkład sił dla przedramienia. Oś obrotu jest w punkcie Ł Ł (łokieć).

Zauważmy, że w naszym układzie odniesienia wkłady do warunku równowagi dla momentów sił pochodzą tylko z elementów składowych y y sił, ponieważ składowe x x sił są równoległe do ich ramion, zatem dla każdej z tych składowych mamy sin θ = 0 sinθ=0 w Równaniu 12.10. Dla składowych y y mamy θ = ± 90 θ=± 90 w równaniu Równanie 12.10. Należy również zauważyć, że moment siły na łokciu wynosi zero, ponieważ ta siła jest przyłożona na osi obrotu. Więc wkład do wypadkowego momentu sił pochodzi tylko z momentów sił N y N y i F g y F g y .

Rozwiązanie

Z rozkładu sił widać, że składowa x x siły wypadkowej równanie
+ F x + N x F g x = 0 , + F x + N x F g x =0,
12.20

a składowa y y siły wypadkowej spełnia równanie:

+ F y + N y F g y = 0. + F y + N y F g y =0.
12.21

Równanie 12.20 i Równanie 12.21 są dwoma równaniami warunku równowagi sił. Następnie z rozkładu sił odczytujemy, że wypadkowy moment siły wzdłuż osi obrotu to:

+ r N N y r g F g y = 0. + r N N y r g F g y =0.
12.22

Równanie 12.22 jest warunkiem równowagi momentów sił dla przedramienia. Rysunek rozkładu sił pokazuje, że ramiona sił to r N = 3,2 cm r N = 3,2 cm oraz r g = 32 cm . r g = 32 cm . Korzystając z rysunku rozkładu sił, znajdujemy wartości ich składowych:

F x = F cos β = F cos 60 = 1 2 F , N x = N cos β = N cos 60 = 1 2 N , F g x = F g cos β = F g cos 60 = 1 2 F g , F y = F sin β = F sin 60 = 3 2 F , N y = N sin β = N sin 60 = 3 2 N , F g y = F g sin β = F g sin 60 = 3 2 F g . F x = F cos β = F cos 60 = 1 2 F , N x = N cos β = N cos 60 = 1 2 N , F g x = F g cos β = F g cos 60 = 1 2 F g , F y = F sin β = F sin 60 = 3 2 F , N y = N sin β = N sin 60 = 3 2 N , F g y = F g sin β = F g sin 60 = 3 2 F g .

Podstawiamy te wartości do Równania 12.20, Równania 12.21 i Równania 12.22, aby otrzymać odpowiednio:

F 2 + N 2 F g 2 = 0 F 3 2 + N 3 2 F g 3 2 = 0 r N N 3 2 r g F g 3 2 = 0. F 2 + N 2 F g 2 = 0 F 3 2 + N 3 2 F g 3 2 = 0 r N N 3 2 r g F g 3 2 = 0.

Gdy zredukujemy te równania, pozostaną tylko dwa niezależne równania dla dwóch nieznanych wielkości sił F F i N N, ponieważ Równanie 12.20 dla składowych x x jest równoważne Równanie 12.21 dla składowych y y. W ten sposób otrzymujemy warunek równowagi sił:

F + N F g = 0 F + N F g = 0
12.23

i warunek równowagi momentów sił:

r N N r g F g = 0 . r N N r g F g = 0 .
12.24

Wartość naprężenia w mięśniach uzyskamy rozwiązując Równanie 12.24:

N = r g r N F g = 32 3,2 206 N = 2060 N . N= r g r N F g = 32 3,2 206 N =2060 N .

Siłę na łokciu otrzymamy po rozwiązaniu Równania 12.23:

F = F g N = 206 N 2060 N = −1854 N. F = F g N = 206 N 2060 N = −1854 N.

Ujemny znak w równaniu mówi nam, że rzeczywista siła w łokciu jest przeciwna do kierunku przyjętego roboczo przy rysowaniu rozkładu sił. Odpowiedź zatem brzmi:

F = 1854 N w dół N = 2060 N do góry. F = 1854 N w dół N = 2060 N do góry.

Znaczenie

Warto zwrócić uwagę na ważną kwestię dotyczącą połączeń przegubowych, takich jak łokieć. W początkowej analizie problemu należy zawsze zakładać, że siły działają w dowolnym, wybranym arbitralnie kierunku, a następnie rozwiązać układ niezależnie dla wszystkich składowych sił. W tym przykładzie siła na łokciu jest pionowa, ponieważ problem zakłada również pionowe naprężenie bicepsa. Takie uproszczenie nie stanowi jednak zasady ogólnej.

Rozwiązanie

Załóżmy, że możemy przyjąć układ odniesienia w kierunku y y zgodny z kierunkiem siły ciężkości i oś obrotu umieszczoną w łokciu. Wszystkie trzy siły mają w nim tylko składowe y y, więc mamy tylko jedno równanie na warunek równowagi sił. Rysujemy rozkład sił dla przedramienia, jak pokazano na Rysunku 12.13, zaznaczając oś obrotu, siły działające i ich ramiona w odniesieniu do osi obrotu i kąty θ N θ N oraz θ g θ g , które siły odpowiednio N N oraz F g F g tworzą ze swoimi ramionami sił. W definicji momentu siły podanym przez Równanie 12.10, kąt θ N θ N jest kątem kierunkowym wektora, mierzonym przeciwnie do kierunku ruchu wskazówek zegara od kierunku ramienia siły, które zawsze wskazuje od osi obrotu. W ten sam sposób kąt θ g θ g jest mierzony przeciwnie do kierunku ruchu wskazówek zegara od kierunku ramienia siły do wektora. W ten sposób z łatwością można obliczyć niezerowe momenty, bezpośrednio wstawiając do Równania 12.10 w następujący sposób:
M N = r n N sin θ N = r N N sin β = r N N sin 60 = + r N N 3 2 M g = r g F g sin θ g = r g F g sin ( β + 180 ) = r g F g sin β = r g F g sin 60 = r g F g 3 2 . M N = r n N sin θ N = r N N sin β = r N N sin 60 = + r N N 3 2 M g = r g F g sin θ g = r g F g sin ( β + 180 ) = r g F g sin β = r g F g sin 60 = r g F g 3 2 .
Rysunek rozkładu sił dla przedramienia. Siła F jest przyłożona w punkcie Ł. Siła N jest przyłożona w odległości rN od punktu E. Siła Fg jest przyłożona w odległości rg od punktu E przeciwnie do kierunku F i N. Składowe x i y sił są pokazane. Siła N tworzy kąt tetaN równy beta z kierunkiem przedramienia. Siła Fg tworzy kąt tetag równy beta plus pi z kierunkiem przedramienia.
Rysunek 12.13 Rozkład sił dla przedramienia w równoważnym rozwiązaniu. Oś obrotu znajduje się w punkcie Ł Ł (łokieć).

Warunek równowagi momentów sił M N + M g = 0 M N + M g = 0 może być teraz zapisany jako:

r N N 3 2 r g F g 3 2 = 0. r N N 3 2 r g F g 3 2 =0.
12.25

Z rysunku z rozkładem sił warunek równowagi sił to:

F + N F g = 0 . F + N F g = 0 .
12.26

Równanie 12.25 jest identyczne z Równaniem 12.24 i daje wynik N = 2060 N N=2060N. Równanie Równanie 12.26 daje:

F = N F g = 2060 N 206 N = 1854 N. F = N F g = 2060 N 206 N = 1854 N.

Widzimy, że te odpowiedzi są identyczne z poprzednimi, ale drugi układ odniesienia pozwala na równoważne rozwiązanie, które jest prostsze i szybsze, ponieważ nie wymaga, aby siły zostały rozdzielone na ich prostokątne składowe.

Sprawdź, czy rozumiesz 12.4

Powtórz Przykład 12.4 przy założeniu, że przedramię jest obiektem o jednolitej gęstości o ciężarze 10 N.

Przykład 12.5

Drabina oparta o ścianę

Jednolita drabina od długości l = 5 m l = 5 m i ciężarze 400 N opiera się o pionową śliską ścianę, jak pokazano na Rysunku 12.14. Kąt nachylenia między drabiną a szorstką podłogą wynosi β = 53 β= 53 . Znajdź siły reakcji podłogi i ściany na drabinę oraz współczynnik tarcia statycznego μ s μ s na styku drabiny z podłogą, uniemożliwiający poślizg drabiny.
Rysunek pokazuje schematycznie pięciometrową drabinę opierającą się o ścianę bez tarcia. Kąt nachylenia drabiny do podłożem wynosi 53 stopnie
Rysunek 12.14 Pięciometrowa drabina opiera się o ścianę bez tarcia.

Strategia rozwiązania

Wyróżniamy cztery siły działające na drabinę. Pierwsza jest normalną siłą reakcji N N od podłogi w kierunku pionowym do góry. Drugą jest statyczna siła tarcia f = μ s N f= μ s N skierowana poziomo wzdłuż podłogi ku ścianie – uniemożliwia ona zsuwanie się drabiny. Te dwie siły działają na drabinę w punkcie styku z podłogą. Trzecia siła to ciężar F g F g drabiny, przyłożony do ŚM umieszczonego w jej połowie. Czwarta siła to normalna siła reakcji F F ściany w kierunku poziomym odchodzącym od ściany, przyłożona w punkcie styku ze ścianą. Nie ma innych sił, ponieważ ściana jest śliska, co oznacza, że nie ma tarcia między ścianą a drabiną. Na podstawie tej analizy, możemy przyjąć układ odniesienia z osią y y w kierunku pionowym (równolegle do ściany) i osi x x w kierunku poziomym (równolegle do podłogi). W tym układzie odniesienia, każda siła ma składową poziomą lub pionową, ale nie obie na raz, co ułatwia rozwiązanie. Wybieramy oś obrotu w punkcie styku z podłogą. Zaznaczmy ją na rysunku z rozkładem sił dla drabiny, wszystkie cztery siły i ich ramiona oraz kąty pomiędzy ramionami sił i siłami, jak pokazano na Rysunku 12.15. Przy takim wyborze położenia osi obrotu, nie ma momentu siły ani z normalnej siły reakcji N N, ani ze statycznego tarcia f f, ponieważ obie siły są przyłożone na osi obrotu.
Rysunek przedstawia rozkład sił dla drabiny opartej o ścianę. Drabina tworzy z podłożem kąt beta. Siła N jest przyłożona w punkcie styku drabiny z podłogą i jest prostopadła do podłoża. Siła Fg jest przyłożona w środku drabiny. Siła F jest przyłożona w punkcie styku drabiny ze ścianą i jest prostopadła do ściany. Siła Fg tworzy kąt tetag z kierunkiem ramienia siły. Kąt tetag jest równe półtora Pi odjąć beta. Siła F tworzy kąt tetaF z kierunkiem ramienia siły. Kąt tetaF jest równy Pi minus beta.
Rysunek 12.15 Rozkład sił dla drabiny opartej o ścianę bez tarcia.

Rozwiązanie

Z rysunku rozkładu sił wypadkowa siła w kierunku osi x x to:
+ f F = 0 + f F = 0
12.27

siła wypadkowa w kierunku osi y y to:

+ N F g = 0 + N F g = 0
12.28

oraz wypadkowy moment sił względem osi obrotu to:

M g + M F = 0 . M g + M F = 0 .
12.29

gdzie M g M g jest momentem siły ciężkości F g F g , a M F M F momentem siły reakcji F F. Na podstawie rysunku rozkładu sił, możemy określić, że ramię siły reakcji na ścianie to r F = l = 5,0 m r F =l=5,0m oraz ramię siły ciężkości to r g = l / 2 = 2,5 m r g =l/2=2,5 m , natomiast kąty do Równania 12.10 dla momentów sił to θ F = 180 β θ F = 180 β dla momentu siły reakcji ściany oraz θ g = 180 + ( 90 β ) θ g = 180 + ( 90 β ) dla momentu siły ciężkości. Teraz możemy zastosować Równanie 12.10 do obliczenia momentów sił:

M g = r g F g sin θ g = r g F g sin 180 + 90 - β = - l 2 F g sin 90 - β = - l 2 F g cos β , M F = r F F sin 180 - β = l F sin β . M g = r g F g sin θ g = r g F g sin 180 + 90 - β = - l 2 F g sin 90 - β = - l 2 F g cos β , M F = r F F sin 180 - β = l F sin β .

Wstawiamy momenty sił do Równania 12.29 i rozwiązujemy dla F F:

-l2Fgcosβ+lFsinβ=0,F=Fg2ctgβ=400N2ctg53°=150,7N.-l2Fgcosβ+lFsinβ=0,F=Fg2ctgβ=400N2ctg53°=150,7N.
12.30

Normalną siłę reakcji z podłogą otrzymujemy rozwiązawszy Równanie 12.28: N = F g = 400 N . N = F g = 400 N . Wielkość siły tarcia uzyskuje się z Równania 12.27: f = F = 150,7 N . f = F = 150,7 N . Współczynnik tarcia statycznego μ s = f / N = 150,7 N / 400 N = 0,377 . μ s = f / N = 150,7 N / 400 N = 0,377 .

Siła wypadkowa działająca na drabinę w punkcie styku z podłogą jest sumą wektorową normalnej siły reakcji podłogi i siły tarcia statycznego:

F wyp = f + N = ( 150,7 i ^ + 400 j ^ ) N . F wyp = f + N = ( 150,7 i ^ + 400 j ^ ) N.

Jej wartość to:

F wyp = f 2 + N 2 = ( 150,7 N ) 2 + ( 400 N ) 2 = 427,4 N , F wyp = f 2 + N 2 = ( 150,7 N ) 2 + ( 400 N ) 2 =427,4N,

a jej kierunek to

φ = arctg ( N f ) = arctg ( 400 N 150,7 N ) = 69 , 3 nad podłogę . φ=arctg ( N f ) =arctg ( 400 N 150,7 N ) =69, 3 nad podłogę.

Powinniśmy tu podkreślić dwie ogólne praktyczne obserwacje. Kiedy wybieramy oś obrotu, nie oczekujemy, że układ faktycznie obraca się wokół wybranej osi. Drabina w tym przykładzie nie obraca się w ogóle, ale mocno stoi na podłodze. Niemniej jednak jej punkt styku z podłogą jest dobrym wyborem dla osi obrotu. Zauważmy też, że kiedy stosujemy Równanie 12.10 do obliczania indywidualnych momentów sił, nie musimy rozdzielać sił na ich składowe normalne i poprzeczne w odniesieniu do kierunku ramienia sił, ani rozważać zwrotu momentu sił. Jeżeli kąt w Równaniu 12.10 jest prawidłowo określony za pomocą rysunku z rozkładem sił — jako kąt mierzony przeciwnie do kierunku ruchu wskazówek zegara od kierunku ramienia siły do wektora siły — Równanie 12.10 daje zarówno wartość, jak i zwrot momentu sił. Dzieje się tak, dlatego że moment siły jest iloczynem wektorowym wektora ramienia siły z wektorem siły i Równanie 12.10 wyraża składową tego iloczynu wektorowego wzdłuż osi obrotu.

Znaczenie

Otrzymany wynik jest niezależny od długości drabiny, ponieważ L L ulega uproszczeniu w warunku równowagi momentów sił (Równanie 12.30). Niezależnie od długości drabiny, o ile jej ciężar wynosi 400 N, a kąt z podłogą wynosi 53 53 , nasze wyniki są prawidłowe. Ale drabina będzie się ślizgać, jeśli wypadkowy moment siły będzie ujemny w Równaniu 12.30. Dzieje się tak dla pewnych kątów, gdy współczynnik tarcia statycznego nie jest wystarczająco duży, aby zapobiec temu zjawisku.

Sprawdź, czy rozumiesz 12.5

Dla sytuacji opisanej w Przykład 12.5, określ wartość współczynnika tarcia statycznego μ S μ S , dla którego drabina zaczyna się ślizgać, biorąc pod uwagę, że β β jest kątem, jaki drabina tworzy z podłogą.

Przykład 12.6

Siły na zawiasach drzwi

Drzwi o ciężarze F g = 400 N F g = 400 N są zawieszone na zawiasach A A i B B, dzięki czemu mogą się obracać wokół pionowej osi przechodzącej przez zawiasy (Rysunek 12.16). Mają one szerokość b = 1 m , b = 1 m , i jednolitą gęstość. Zawiasy umieszczono symetrycznie w odległości a = 2 m a=2m od siebie na ich krawędzi, aby ciężar równomiernie rozkładał się pomiędzy nimi. Oblicz siły na zawiasach, gdy drzwi są otwarte do połowy.
Rysunek przedstawia drzwi zawieszone na dwóch zawiasach przymocowanych w punktach A i B. Odległość pomiędzy punktami A i B wynosi 2 metry. Drzwi mają szerokość jednego metra.
Rysunek 12.16 Drzwi o ciężarze 400 N zawieszone na zawiasach umieszczonych w punktach A A i B B .

Strategia rozwiązania

Siły wywierane przez drzwi na zawiasach łatwo można znaleźć, odwracając kierunki sił, które zawiasy wywierają na drzwi. W związku z tym naszym zadaniem jest znaleźć siły wywierane na drzwi przez zawiasy. Trzy siły działają na płytę drzwiową: nieznana siła A A z zawiasu A , A, nieznana siła B B z zawiasu B , B, i znany ciężar F g F g przyłożony w środku masy płyty drzwiowej. ŚM znajduje się w centrum geometrycznym drzwi, bo ich płyta ma jednolitą gęstość. Przyjmujemy układ odniesienia z osią y y wzdłuż kierunku siły ciężkości oraz osią x x w płaszczyźnie płyty, jak pokazano w części (a) Rysunku 12.17. Rozkładamy wszystkie siły na ich składowe. W ten sposób mamy cztery nieznane składowe sił: dwie składowe siły A = [ A x , A y ] A =[ A x , A y ] oraz dwie składowe siły B = [ B x , B y ] B =[ B x , B y ]. Na rysunku z rozkładem sił na zawiasach, prezentujemy dwie siły przez ich składowe, których kierunki wybraliśmy arbitralnie. Ponieważ istnieją cztery niewiadome ( A x , B x , A y , B y ) ( A x , B x , A y , B y ), musimy utworzyć cztery niezależne równania. Jedno jest warunkiem równowagi sił w kierunku x x. Drugie - warunkiem równowagi sił w kierunku y y. Trzecie - warunkiem równowagi momentów sił względem osi obrotu (na zawiasie). Ponieważ masa jest równomiernie rozłożona między zawiasami, czwarte równanie ma postać A y = B y A y = B y . Aby ustalić warunki równowagi, rysujemy rozkład sił i wybieramy punkt obrotu na górnym zawiasie, jak pokazano w części (b) Rysunku 12.17. Na koniec rozwiązujemy równania dla nieznanych składowych sił i znajdujemy siły.
Rysunek A jest geometryczną reprezentacją drzwi zawieszonych na dwóch zawiasach zamocowanych w punktach A i B. Siły A i B są przyłożone w punktach A i B. Przedstawione są składowe x i y tych sił. Siła Fg przyłożona jest w ŚM. ŚM jest poniżej punktu A o a/2 i na prawo od punktu A o b/2. Linia od punktu A do ŚM tworzy kąt beta z krawędzią ściany. Rysunek B przedstawia rozkład sił dla drzwi zawieszonych na zawiasach zamocowanych w punktach A i B. Siła Ay tworzy kąt beta z linią łączącą punkty P i ŚM. Siła By tworzy kąt beta z linią łączącą punkty B i ŚM. Siła Fg tworzy kąt beta z linią, która jest przedłużeniem linii łączącej punkty P i ŚM. Odległość pomiędzy punktami P i ŚM wynosi d.
Rysunek 12.17 (a) Geometria i (b) rozkład sił dla drzwi.

Rozwiązanie

Z rysunku rozkładu sił dla drzwi otrzymujemy warunek równowagi sił:
w kierunku x : A x + B x = 0 A x = B x w kierunku y : + A y + B y F g = 0 A y = B y = F g 2 = 400 N 2 = 200 N. w kierunku x : A x + B x = 0 A x = B x w kierunku y : + A y + B y F g = 0 A y = B y = F g 2 = 400 N 2 = 200 N.

Wybieramy oś obrotu w punkcie P P (górny zawias na rysunku z rozkładem sił) i zapisujemy warunek równowagi dla momentów sił względem punktu P P:

obrót względem P : M F g + M B x + M B y = 0 . obrót względem P : M F g + M B x + M B y = 0 .
12.31

Wykorzystujemy schemat rozkładu sił, aby znaleźć wszystkie wyrażenia w tym równaniu:

M F g = d F G sin ( β ) = d F g sin β = d F g b / 2 d = F g b 2 M B x = a B x sin 90 = + a B x M B y = a B y sin 180 = 0. M F g = d F G sin ( β ) = d F g sin β = d F g b / 2 d = F g b 2 M B x = a B x sin 90 = + a B x M B y = a B y sin 180 = 0.

Przy wyznaczaniu sin β sinβ używamy geometrii trójkąta pokazanego w części (a) rysunku. Teraz wstawiamy te momenty sił do Równania 12.31 i obliczamy B x B x :

obrót wokół P : F g b 2 + a B x = 0 B x = F g b 2 a = 400 N 1 2 2 = 100 N . obrót wokół P: F g b 2 +a B x =0 B x = F g b 2 a =400N 1 2 2 =100N.

Tak więc wartości poziomych składowych sił wynoszą A x = B x = 100 N . A x = B x = 100 N . Siły na drzwiach to:

na górnym zawiasie: F A na drzwi = ( 100 i ^ + 200 j ^ ) N,na dolnym zawiasie: F B na drzwi = ( + 100 i ^ + 200 j ^ ) N.na górnym zawiasie: F A na drzwi = ( 100 i ^ + 200 j ^ ) N,na dolnym zawiasie: F B na drzwi = ( + 100 i ^ + 200 j ^ ) N.

Siły na zawiasach wyznaczamy na podstawie trzeciego prawa Newtona jako:

na górnym zawiasie: F drzwi na A = ( + 100 i ^ 200 j ^ ) N,na dolnym zawiasie: F drzwi na B = ( 100 i ^ 200 j ^ ) N.na górnym zawiasie: F drzwi na A = ( + 100 i ^ 200 j ^ ) N,na dolnym zawiasie: F drzwi na B = ( 100 i ^ 200 j ^ ) N.

Znaczenie

Zauważmy, że jeśli problem zostałby sformułowany bez założenia, że ciężar jest równomiernie rozłożony między dwoma zawiasami, to nie dałoby się go rozwiązać, ponieważ liczba niewiadomych byłaby większa niż liczba równań wyrażających warunki równowagi.

Sprawdź, czy rozumiesz 12.6

Rozwiąż zadanie z Przykładu 12.6, przyjąwszy oś obrotu w środku masy.

Sprawdź, czy rozumiesz 12.7

50-kilogramowa osoba stoi 1,5 m od jednego końca jednolitego rusztowania o masie 70 kg oraz długości 6 m. Oblicz naprężenia w dwóch pionowych linach podtrzymujących rusztowanie.

Rysunek przedstawia kobietę stojącą 1,5 m od jednego końca i 4,5 m od drugiego końca rusztowania.

Sprawdź, czy rozumiesz 12.8

Znak o ciężarze 400 N wisi na końcu jednorodnego wspornika o długości 4 m i ciężarze 600 N. Wspornik podtrzymuje zawias na ścianie i kabel, którego drugi koniec przywiązany jest do ściany 3 m nad lewym końcem wspornika. Oblicz naprężenie kabla podtrzymującego i siłę zawiasu wywieraną na wspornik.

Rysunek przedstawia znak, który wisi na końcu jednolitego wspornika. Wspornik ma długość 4 m i jest podtrzymywany liną o długości 5 m przywiązaną do ściany 3 m nad lewym końcem wspornika.
Cytowanie i udostępnianie

Chcesz zacytować, udostępnić albo zmodyfikować treść tej książki? Została ona wydana na licencji Creative Commons Attribution License , która wymaga od Ciebie uznania autorstwa OpenStax.

Cytowanie i udostępnienia
  • Jeśli rozpowszechniasz tę książkę w formie drukowanej, umieść na każdej jej kartce informację:
    Treści dostępne za darmo na https://openstax.org/books/fizyka-dla-szk%C3%B3%C5%82-wy%C5%BCszych-tom-1/pages/1-wstep
  • Jeśli rozpowszechniasz całą książkę lub jej fragment w formacie cyfrowym, na każdym widoku strony umieść informację:
    Treści dostępne za darmo na https://openstax.org/books/fizyka-dla-szk%C3%B3%C5%82-wy%C5%BCszych-tom-1/pages/1-wstep
Cytowanie

© 2 mar 2022 OpenStax. Treść książki została wytworzona przez OpenStax na licencji Creative Commons Attribution License . Nazwa OpenStax, logo OpenStax, okładki OpenStax, nazwa OpenStax CNX oraz OpenStax CNX logo nie podlegają licencji Creative Commons i wykorzystanie ich jest dozwolone wyłącznie na mocy uprzedniego pisemnego upoważnienia przez Rice University.