Теоретическая механика (фундаментальные законы механики). Учебное пособие

ся, формула (1.4.3) справедлива только вблизи поверхности Земли. Задержимся немного на интуитивном восприятии силы F(A, E). При интуитивном восприятии силы F(A, B) как реакции тела B на всевозможные малые смещения тела A обычно не возникает проблем, если тела A и B находятся в контакте. Однако тело A не контактирует с Землей. Как в этом случае быть с интуитивным восприятием силы F(A, E)? Возможны несколько ответов, но мы приведем только наиболее простой для начинающего изучать механику. Вообразим, что тело лежит на идеально гладкой горизонтальной поверхности. Попробуем его поднять. При этом контакт нарушается, тем не менее мы ощущаем, что Земля препятствует этому подъему посредством создания силы тяжести. Это означает, что сила F(A, E) отлична от нулевой. Если теперь мы попробуем сдвигать тело вдоль горизонтальной поверхности, то в отсутствии трения мы сделаем это безо всякого сопротивления со стороны Земли. Это означает, что проекция силы F(A, E) на любое горизонтальное направление равна нулю. Забежав вперед, обсудим интуитивное восприятие момента, создаваемого Землей. Обратимся к рис. 1.2.

точку контакта с опорой точно в середине рычага, то он никуда не повернется и будет находиться в безразличном равновесии. Это означает, что в этом случае на рычаг не действует никакого момента. Именно так устроены детские рычажные качели. Заканчивая это пояснение, отметим два обстоятельства. Первое. Не нужно пренебрегать столь простыми примерами. Интуицию следует развивать именно на них. С более сложными случаями тренированная интуиция справится сама. Второе. Интуитивное восприятие контактных взаимодействий только кажется проще. Если мы посмотрим на зону контакта через мощный микроскоп, то мы увидим, что никакого контакта на самом деле нет.

Обратимся к вычислению момента MQ(A, E). Момент также аддитивен по телам, составляющим тело A. Будем считать, что тело A состоит из бесконечно малых тел с массой d m. Тогда для этих тел имеем

MQ(d m, E) = (R − RQ) × F(d m, E) = (R − RQ) × g d m,

где вектор R определяет положение какой-либо внутренней точки области тела с массой d m.

Очевидно, что собственно момент в этом случае равен нулю, если тело с массой d m рассматривать как материальную точку. Полный момент, действующий на тело A и создаваемый полем тяготения, вычисляется по формуле

Сравнивая это выражение с определением момента (1.1.3), видим, что при выборе точки приведения в центре масс собственно момент равен нулю. Иными словами, поле тяготения Земли создает чисто силовое воздействие на тело

A

Применительно к случаю поля силы тяжести центр инерции тела называют центром тяжести тела. Найдем положение равновесия абсолютно твердого тела в виде плоской фигуры с массой m, подвешенной на нерастяжимой нити, которую примем за тело B. Нить закреплена одним концом в точке, которую примем за начало в системе отсчета, а другим концом прикреплена к телу A в точке B (рис. 1.3). Вычислим силу F(A, Ae), действующую на тело A и запишем первый закон статики. Имеем

F(A, Ae) = F(A, B) + F(A, E) = T + m g = 0 T = −m g

где вектор T есть сила, с которой нить, т.е. тело B, действует на тело A. Момент MQ(A, B) вычисляется стандартным образом

Если в качестве точки приведения выбрать точку подвеса B, то собственно момент LP(A, B) равен нулю, поскольку нить не сопротивляется повороту тела A вокруг точки подвеса. Запишем теперь второй закон статики

MQ(A, Ae) = MQ(A, B) + MQ(A, E) =

= (RB − RQ) × T + (RC − RQ) × m g = (RC − RB) × m g = 0.

Здесь мы воспользовались формулами (1.4.5) и выражением для силы T. Из последнего равенства немедленно следует, что

где l есть расстояние от точки подвеса B до центра тяжести.

Равенство (1.4.7) не дает решения задачи, поскольку неизвестными являются два вектора RB и RC. Здесь возможны два способа рассуждений. Первый основан на интуиции. Нить — это такой объект, который может передавать силу только сонаправленную с нитью и не может передавать поперечную нагрузку. Поскольку сила T направлена вертикально вверх, то и вектор RB должен быть направлен либо вертикально вверх, либо вертикально вниз. Но вектор RB не может быть направлен вертикально вверх, поскольку в этом случая сила T будет сжимать нить. Нить же не может работать на сжатие. Считая, что g = −gj, получаем T = m gj. Следовательно, для вектора RB имеем равенство RB = −aj, где a есть расстояние от точки закрепления до точки подвеса. Второй способ рассуждений основан на применении первого и второго законов статики непосредственно к нити. Но и при этом подходе нужно использовать интуитивное утверждение о том, что нить не может выдерживать сжимающую нагрузку. Конечный результат для вектора RB, разумеется, будет тем же самым. Теперь уравнение (1.4.7) дает выражения для вектора RC

RC = −(a + εl)j R(C1) = −(a + l)j, R(C2) = −(a − l)j.

Итак, получили два положения равновесия. В первом случае центр масс находится ниже точки подвеса — это устойчивое положение равновесия. Во втором случае центр масс находится выше точки подвеса — неустойчивое положение равновесия, которое не реализуется в действительности.

1.5.Пример: как правильно повесить картину

Допустим, что нам необходимо повесить на стену картину так, чтобы она висела горизонтально. При этом необходимо, чтобы шнур, на котором подвешивается картина, не оборвался. Вес картины равен P = mg. Картина имеет прямоугольную форму.

Рекомендация: Сначала следует обдумать задачу и попробовать решить ее самостоятельно. Если возникнут проблемы, то следует осознать, в чем они состоят, и сформулировать возникающие вопросы. Только после этого можно ознакомиться с изложенным ниже решением. Если данная рекомендация будет проигнорирована, то польза от знакомства с предложенным решением будет минимальна.

Рис. 1.4. Варианты подвеса картины

1.5.1. Первый вариант подвеса картины

На первый взгляд задача кажется чрезвычайно простой, и ее решение напрашивается само собой на основе здравого смысла. Сначала выбираем шнур, который должен выдерживать груз весом P = mg. Для большей надежности возьмем шнур, выдерживающий вес 2mg. Шнур закрепим в середине верхней стороны картины, а другой его конец закрепим на стене в точке Q. Дело кончено. Картина повешена. Но почти наверняка результат нам не понравится, а картина будет висеть косо. Почему? Дело в том, что в силу разных причин центр тяжести картины C не будет расположен в центре картины, но будет несколько смещен в сторону — см. рис. 1.4a.

Составим уравнения статики для этого случая. Чтобы составить уравнения статики, нужно, прежде всего, освободиться от связей, а их действие заменить силами. В данном случае сила реакции RQ возникает в точке закрепления Q на стене. Таким образом, на картину действует ее вес P = −mgk, где k есть орт вертикали, и реакция RQ. Теперь мы можем составить уравнения статики. Равенство нулю суммы всех сил, действующих на картину, дает уравнение

В дополнение к этому равенству мы должны составить уравнение моментов. Момент будем вычислять относительно точки Q. Тогда момент реакции RQ равен нулю, а момент силы веса P равен

где r — вектор, идущий из точки Q в точку C. Для равновесия картины необходимо, чтобы момент (1.5.2) равнялся бы нулю.

быть расположен точно на вертикали, проходящей через точку Q. На рис. 1.4a

это не так. Следовательно, в этом положении картина не будет находиться в равновесии. Ее центр тяжести опустится, а картина повернется так, чтобы точка C находилась точно под точкой Q. В результате, картина будет висеть косо. Этого можно избежать, если точку закрепления шнура на раме картины выбрать точно над центром тяжести. Практически это очень трудно, ибо точное положение центра тяжести нам заранее не известно.

1.5.2. Второй вариант подвеса картины

Лучше выбрать другой вариант подвеса картины — см. рис. 1.4b. Выберем на верхней стороне картины две точки A и B и концы шнура закрепим в этих точках. Ясно, что длина шнура должна быть больше, чем расстояние между точками A и B. Далее нужно подвесить картину так, чтобы она висела горизонтально. Этого нетрудно добиться практически. При этом точка подвеса Q окажется точно над центром тяжести. Казалось бы, задача решена. При этом условия статики, записанные для картины вместе со шнуром, дают

RQ + P = 0, MQ = −|QC|k × (−mgk) = 0.

Уравнение моментов выполнено тождественно, а уравнение сил позволяет найти реакцию

RQ = −P = mgk.

Осталось решить небольшую проблему: как выбрать длину шнура. Ясно, что она должна быть больше, чем расстояние между точками A и B. Но насколько больше? Неискушенный в механике человек подумает, что это неважно: достаточно, чтобы длина шнура позволяла зацепить его за крюк. Вопрос о прочности шнура, вероятно, даже не придет ему в голову, поскольку шнур выбран так, что он выдерживает удвоенный вес картины. В результате такой человек совершит серьезную ошибку: шнур может разорваться.

Для обоснованного ответа на вопрос о прочности шнура необходимо вычислить силу натяжения в шнуре. Иными словами, необходимо найти силы T1 и T2, возникающие в шнуре — см. рис. 1.4b. До сих пор они не фигурировали в наших рассмотрениях. Это естественно, поскольку мы рассматривали тело, состоящее из картины и шнура. Для такого тела силы T1 и T2 были внутренними, в то время как в уравнения статики входят только внешние силы. Чтобы ввести эти силы в рассмотрение, мысленно отделим шнур от картины и рассмотрим два тела: шнур и картину в отдельности. При этом шнур рассматривается как бы замороженным в состоянии равновесия. Получили ситуацию, изображенную на рис. 1.5. На рис. 1.5a изображен шнур с действующими на него силами T1 и T2, которые моделируют воздействие картины на шнур. Кроме того, на

Рис. 1.5. Определение усилий в шнуре

шнур действует сила RQ, моделирующая воздействие крюка на шнур. На рис. 1.5b изображена картина, на которую действует сила веса P = −mgk и силы (−T1) и (−T2), моделирующие воздействие шнура на картину. Знаки минус у этих векторов появились в силу третьего закона Ньютона: если картина действует на шнур силами T1 и T2, то шнур действует на картину силами −T1 и −T2. И шнур, и картина находятся в равновесии. Поэтому для них справедливы уравнения статики. Прежде, чем писать уравнения равновесия, заметим, что силы T1 и T2 направлены вдоль шнура и растягивают его. Это означает, что

где λ > 0 и µ > 0 суть силы натяжения шнура на участках QA и QB соответственно.

Уравнения статики для шнура, как это видно из рис. 1.5a, имеют вид

Здесь следует обратить внимание, что все силы и моменты всегда складываются. Знаки минус возникли только потому, что силы, действующие на картину, были обозначены через (−T1) (−T2). Если бы мы обозначили их без знаков минус, то минусы в силу 3–го закона Ньютона появились бы в уравнениях (1.5.5). Итак, мы имеем три неизвестных вектора RQ, T1 и T2 и три уравнения статики (1.5.5)–(1.5.6) для них. Кроме того, следует учитывать соотношения (1.5.4). Из (1.5.5) и (1.5.6) немедленно следует, что

У нас осталось неиспользованным уравнение моментов, т.е. второе уравнение системы (1.5.6). С учетом второго уравнения (1.5.7) оно может быть представ-

Получили векторное уравнение. Вообще говоря, векторное уравнение эквивалентно трем скалярным. Однако уравнение (1.5.9), как мы сейчас убедимся, эквивалентно всего одному скалярному уравнению, поскольку проекция (1.5.9) на любой вектор, лежащей в плоскости чертежа, дает тождество типа 0 = 0. Чтобы преобразовать уравнение (1.5.9) к скалярной форме, нужно немного позаниматься геометрией. Имеем очевидные равенства

Подставляя эти соотношения в (1.5.9), приходим к равенству

Здесь уже отчетливо видно, что (1.5.9) эквивалентно одному скалярному уравнению, из которого находим µ

Проецируя уравнение (1.5.8) на орт i, получаем

Выражения (1.5.10) и (1.5.11) позволяют полностью проанализировать ситуацию. Введем обозначения

|QD| = h, |AB| = 2L, |AD| = L + x, |DB| = L − x,

Здесь x — смещение центра тяжести картины по горизонтали от ее геометрического центра, h — стрела подъема шнура. Длина шнура l связана с введенными параметрами следующей формулой

Из формул (1.5.13) видим, что натяжение больше в более длинной части шнура. Из формулы (1.5.12) видим, что натяжение зависит от длины шнура. Если l → 2L, то из (1.5.14) следует, что h → 0. При этом из (1.5.12) видим, что µ → ∞, т.е. натяжение в шнуре стремится к бесконечности при любом сколь угодно малом весе картины. Поэтому шнур просто разорвется. Изучающему полезно внимательно проанализировать выражения (1.5.12) и (1.5.13), в том числе, и с помощью компьютера. При этом удобно перейти к безмерным величинам

Ограничимся сейчас случаем ξ = 0, т.е. случаем, когда центр тяжести расположен в геометрическом центре картины.

Тогда

Видим, что с ростом η безразмерное усилие µ монотонно убывает от значения (+∞) при η = 0 до 0, 5 при η → ∞. Допустим теперь, что мы хотим, чтобы натяжение не превышало значения µ ≤ 2mg или µ ≤ 2.

Полагая в (1.5.16) µ = 2, получаем

Следовательно, длина нити, согласно (1.5.14), должна удовлетворять неравенству

Если мы хотим, чтобы усилие в шнуре не превосходило значения µ ≤ mg, то неравенство (1.5.17) заменяется на более сильное

Если шнур выбран так, что он выдерживает нагрузку 2mg, то при выполнении неравенства (1.5.18) можно быть уверенным, что картина не рухнет вниз.

Упражнение. Как правильно установить навесной шкаф?

Практически каждому приходилось сталкиваться с проблемой установки на стене навесного кухонного шкафа или навесной книжной полки. В заполненном состоянии это довольно тяжелые вещи. Если они будут недостаточно прочно закреплены на стене, то весьма нежелательные последствия легко предсказуемы. Обычная схема закрепления шкафа состоит в следующем. Шкаф подвешивается на петлях с помощью двух шурупов, ввинчиваемых в дюбели, которые, в свою очередь, вставляются в отверстия в стене. Шурупы должны быть подобраны так, чтобы выдержать вес заполненного шкафа. Часто встречающаяся ошибка заключается в следующем. После того, как шурупы ввинчены в стену, к ним подвешивается соответствующий груз. Если шурупы выдерживают заданный вес, то считается, что все в порядке и можно вешать шкаф. В результате возможность разбить всю посуду и вдобавок сломать сам шкаф оказывается весьма и весьма вероятной. Дело в том, что подвешенный груз создает только перерезывающую (поперечную) нагрузку на шуруп. Подвешенный шкаф будет создавать не только поперечную, но и продольную силу, действующую на шуруп. И эта сила, действующая вдоль оси шурупа, может просто вытянуть шуруп вместе с дюбелем из стены, и шкаф рухнет вниз. Поэтому испытания нужно проводить не только на срез, но и на вытягивания шурупа из стены. А для этого необходимо иметь представление о величине продольной силы, создаваемой конкретным шкафом. Именно это и является основной целью предлагаемого ниже упражнения.

Пусть дан навесной кухонный шкаф с размерами: высота — 70см., ширина — 80см., глубина — 33см. Шкаф закрепляется на вертикальной стене с помощью двух шурупов — см. рис. ??.

Примем, что масса шкафа, заполненного посудой, равна 80кг. Таким образом, вес шкафа равен G = m g. Конечно, это многовато. Но лучше иметь запас прочности. Примем также, что центр масс C находится на оси, прохо-

дящей через геометрический центр лицевой плоскости шкафа, и расположен