12.2 Przykłady równowagi statycznej

Bilans momentu sił

Trzy masy są przymocowane do jednolitej metrowej belki, jak pokazano na Ilustracji 12.9. Masa belki wynosi 150 g, a masy na lewo od punktu podparcia to $m_1=50\text{g}$ i $m_2=75\text{g}.$ Znajdź masę $m_3$, która równoważy układ, gdy jest przymocowana na prawym końcu belki, oraz normalną sił reakcji w punkcie podparcia $S$, gdy układ jest zrównoważony.

Strategia rozwiązania

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

$F_1=m_{1}g$ jest ciężarem masy $m_1$;$F_2=m_{2}g$ jest ciężarem masy $m_2;$

$F_g=mg$ jest ciężarem całej belki; $F_3=m_{3}g$ jest ciężarem nieznanej masy $m_3;$

$F_S$ jest normalną siłą reakcji w punkcie podparcia $S$.

Wybieramy układ odniesienia, w którym kierunek osi $y$ jest zgodny z kierunkiem siły ciężkości, kierunek osi $x$ jest wzdłuż belki, a oś obrotu (oś $z$) jest prostopadła do osi $x$ i przechodzi przez punkt podparcia $S$. 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 (Ilustracja 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.

Rozwiązanie

Na podstawie Ilustracji 12.9 i Ilustracji 12.10 zaczynamy od znalezienia ramion pięciu sił działających na belkę:

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

Warunek równowagi momentów sił dla belki to:

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

Wybieramy kierunek $+y$ jako równoległy do ${\overrightarrow{F}}_S$ i wtedy warunek równowagi sił dla belki to:

Po podstawieniu sił otrzymujemy:

Rozwiązujemy te równania jednocześnie dla nieznanych wartości $m_3$ i $F_S.$ W Równaniu 12.17 upraszczamy czynnik $g$ i przekształcamy, żeby uzyskać

Aby wyznaczyć $m_3$, dzielimy obustronnie przez $r_3$, mamy więc

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

Znaczenie

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

Siły w przedramieniu

Sztangista podtrzymuje 21-kilogramowy ciężarek (równoważne 206 N) swoim przedramieniem, jak pokazano na Ilustracji 12.11. Jest ono ustawione pod kątem $\beta ={60}^{\circ }$ 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.

Strategia rozwiązania

Określamy trzy siły działające na przedramię: nieznaną siłę $\overrightarrow{F}$ na łokciu, nieznane naprężenie $\overrightarrow{N}$ w mięśniach i ciężar ${\overrightarrow{F}}_g$ o wartości 206 N. Możemy przyjąć układ odniesienia z osią $x$, wzdłuż przedramienia i osią obrotu w łokciu. Kierunek pionowy jest kierunkiem siły ciężkości, jest on taki sam jak kierunek górnej części ramienia. Oś $x$ tworzy kąt $\beta ={60}^{\circ }$ z pionem. Oś $y$ jest prostopadła do osi $x$. Teraz rysujemy rozkład sił dla przedramienia. Najpierw osie układu, oś obrotu i trzy wektory reprezentujące trzy zidentyfikowane siły. Następnie zaznaczamy kąt $\beta$ i przedstawiamy każdą siłę przez jej składowe $x$ i $y$, pamiętamy o usunięciu wektorów pierwotnych sił, aby uniknąć podwójnego uwzględnienia sił. Na koniec oznaczamy siły i ich ramiona. Rozkład sił dla przedramienia pokazano na Ilustracji 12.12. W tym momencie jesteśmy gotowi do ustalenia warunków równowagi przedramienia. Każda siła ma składowe $x$ i $y$, dlatego mamy dwa równania dla warunku równowagi sił - jedno równanie dla każdej składowej wypadkowej siły działającej na przedramię.

Zauważmy, że w naszym układzie odniesienia wkłady do warunku równowagi dla momentów sił pochodzą tylko z elementów składowych $y$ sił, ponieważ składowe $x$ sił są równoległe do ich ramion, zatem dla każdej z tych składowych mamy $\sin \theta =0$ w Równaniu 12.10. Dla składowych $y$ mamy $\theta =\pm {90}^{\circ }$ 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 $N_y$ i $F_{gy}$.

Rozwiązanie

Z rozkładu sił widać, że składowa $x$ siły wypadkowej równanie

a składowa $y$ siły wypadkowej spełnia równanie:

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:

Równanie 12.22 jest warunkiem równowagi momentów sił dla przedramienia. Rysunek rozkładu sił pokazuje, że ramiona sił to $r_N=\mathrm{3,2}\text{cm}$ oraz $r_g=32\text{cm}\text{.}$ Korzystając z rysunku rozkładu sił, znajdujemy wartości ich składowych:

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

$$\begin{array}{rl}\frac{F}{2}+\frac{N}{2}-\frac{F_g}{2}& =0\\ \frac{F\sqrt{3}}{2}+\frac{N\sqrt{3}}{2}-\frac{F_g\sqrt{3}}{2}& =0\\ \frac{r_{N}N\sqrt{3}}{2}-\frac{r_g{F}_g\sqrt{3}}{2}& =0.\end{array}$$

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

i warunek równowagi momentów sił:

Wartość naprężenia w mięśniach uzyskamy rozwiązując Równanie 12.24:

Siłę na łokciu otrzymamy po rozwiązaniu Równania 12.23:

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

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 $y$ zgodny z kierunkiem siły ciężkości i oś obrotu umieszczoną w łokciu. Wszystkie trzy siły mają w nim tylko składowe $y$, więc mamy tylko jedno równanie na warunek równowagi sił. Rysujemy rozkład sił dla przedramienia, jak pokazano na Ilustracji 12.13, zaznaczając oś obrotu, siły działające i ich ramiona w odniesieniu do osi obrotu i kąty ${\theta }_N$ oraz ${\theta }_g$, które siły odpowiednio $\overrightarrow{N}$ oraz ${\overrightarrow{F}}_g$ tworzą ze swoimi ramionami sił. W definicji momentu siły podanym przez Równanie 12.10, kąt ${\theta }_N$ 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 ${\theta }_g$ 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:

Warunek równowagi momentów sił $M_N+M_g=0$ może być teraz zapisany jako:

Z rysunku z rozkładem sił warunek równowagi sił to:

Równanie 12.25 jest identyczne z Równaniem 12.24 i daje wynik $N=2060\text{N}$. Równanie Równanie 12.26 daje:

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.

Drabina oparta o ścianę

Jednolita drabina od długości $l=5\text{m}$ i ciężarze 400 N opiera się o pionową śliską ścianę, jak pokazano na Ilustracji 12.14. Kąt nachylenia między drabiną a szorstką podłogą wynosi $\beta ={53}^{\circ }$. Znajdź siły reakcji podłogi i ściany na drabinę oraz współczynnik tarcia statycznego ${\mu }_s$ na styku drabiny z podłogą, uniemożliwiający poślizg drabiny.

Strategia rozwiązania

Wyróżniamy cztery siły działające na drabinę. Pierwsza jest normalną siłą reakcji $N$ od podłogi w kierunku pionowym do góry. Drugą jest statyczna siła tarcia $f={\mu }_{s}N$ 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 $F_g$ drabiny, przyłożony do ŚM umieszczonego w jej połowie. Czwarta siła to normalna siła reakcji $F$ 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 $y$ w kierunku pionowym (równolegle do ściany) i osi $x$ 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 Ilustracji 12.15. Przy takim wyborze położenia osi obrotu, nie ma momentu siły ani z normalnej siły reakcji $N$, ani ze statycznego tarcia $f$, ponieważ obie siły są przyłożone na osi obrotu.

Rozwiązanie

Z rysunku rozkładu sił wypadkowa siła w kierunku osi $x$ to:

siła wypadkowa w kierunku osi $y$ to:

oraz wypadkowy moment sił względem osi obrotu to:

gdzie $M_g$ jest momentem siły ciężkości $F_g$, a$M_F$ momentem siły reakcji $F$. Na podstawie rysunku rozkładu sił, możemy określić, że ramię siły reakcji na ścianie to $r_F=l=\mathrm{5,0}\text{m}$ oraz ramię siły ciężkości to $r_g=l\text{/}2=\mathrm{2,5}\mathrm{m}$, natomiast kąty do Równania 12.10 dla momentów sił to ${\theta }_F={180}^{\circ }-\beta$ dla momentu siły reakcji ściany oraz ${\theta }_g={180}^{\circ }+\left({90}^{\circ }-\beta \right)$ dla momentu siły ciężkości. Teraz możemy zastosować Równanie 12.10 do obliczenia momentów sił:

$$\begin{array}{c}{M}_g=r_g{F}_{g}sin{\theta }_g=r_g{F}_{g}sin\left({180}^{\circ }+{90}^{\circ }-\beta \right)=-\frac{l}{2}{F}_{g}sin\left({90}^{\circ }-\beta \right)=-\frac{l}{2}{F}_{g}cos\beta \text{,}\\ M_F=r_{F}Fsin\left({180}^{\circ }-\beta \right)=lFsin\beta \text{.}\end{array}$$

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

Normalną siłę reakcji z podłogą otrzymujemy rozwiązawszy Równanie 12.28: $N=F_g=400\text{N}.$ Wielkość siły tarcia uzyskuje się z Równania 12.27: $f=F=\mathrm{150,7}\text{N}.$ Współczynnik tarcia statycznego ${\mu }_{\text{s}}=f\text{/}N=\mathrm{150,7}\mathrm{N}\text{/}400\mathrm{N}=\mathrm{0,377}.$

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

Jej wartość to:

a jej kierunek to

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 $L$ 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 ${53}^{\circ }$, 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.

Siły na zawiasach drzwi

Drzwi o ciężarze $F_g=400\text{N}$ są zawieszone na zawiasach $A$ i $B$, dzięki czemu mogą się obracać wokół pionowej osi przechodzącej przez zawiasy (Ilustracja 12.16). Mają one szerokość $b=1\text{m},$ i jednolitą gęstość. Zawiasy umieszczono symetrycznie w odległości $a=2\text{m}$ od siebie na ich krawędzi, aby ciężar równomiernie rozkładał się pomiędzy nimi. Oblicz siły na zawiasach, gdy drzwi są otwarte do połowy.

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 $\overrightarrow{A}$ z zawiasu $A,$ nieznana siła $\overrightarrow{B}$ z zawiasu $B,$ i znany ciężar ${\overrightarrow{F}}_g$ przyłożony w środku masy płyty drzwiowej. ŚM znajduje się w centrum geometrycznym drzwi, bo ich płyta ma jednolitą gęstość. Przyjmujemy układ odniesienia z osią $y$ wzdłuż kierunku siły ciężkości oraz osią $x$ w płaszczyźnie płyty, jak pokazano w części (a) Ilustracji 12.17. Rozkładamy wszystkie siły na ich składowe. W ten sposób mamy cztery nieznane składowe sił: dwie składowe siły $\overrightarrow{A}=[A_x,A_y]$ oraz dwie składowe siły $\overrightarrow{B}=[B_x,B_y]$. Na rysunku z rozkładem sił na zawiasach, prezentujemy dwie siły przez ich składowe, których kierunki wybraliśmy arbitralnie. Ponieważ istnieją cztery niewiadome $(A_x,B_x,A_y,B_y)$, musimy utworzyć cztery niezależne równania. Jedno jest warunkiem równowagi sił w kierunku $x$. Drugie - warunkiem równowagi sił w kierunku $y$. Trzecie - warunkiem równowagi momentów sił względem osi obrotu (na zawiasie). Ponieważ masa jest równomiernie rozłożona między zawiasami, czwarte równanie ma postać $A_y=B_y$. Aby ustalić warunki równowagi, rysujemy rozkład sił i wybieramy punkt obrotu na górnym zawiasie, jak pokazano w części (b) Ilustracji 12.17. Na koniec rozwiązujemy równania dla nieznanych składowych sił i znajdujemy siły.

Rozwiązanie

Z rysunku rozkładu sił dla drzwi otrzymujemy warunek równowagi sił:

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

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

Przy wyznaczaniu $\sin \beta$ używamy geometrii trójkąta pokazanego w części (a) rysunku. Teraz wstawiamy te momenty sił do Równania 12.31 i obliczamy $B_x$:

Tak więc wartości poziomych składowych sił wynoszą $A_x=B_x=100\text{N}.$ Siły na drzwiach to:

Siły na zawiasach wyznaczamy na podstawie trzeciego prawa Newtona jako:

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.