Правило моментов при решении задач | теория по физике 🧲 статика

Легче всего решать задачу, если все приложенные к телу силы параллельны — тогда можно получить ответ, используя лишь правило моментов. Если же силы непараллельные, то иногда для получения ответа требуется дополнительно применять второй закон Ньютона.

Параллельные силы

Алгоритм решения задач на правило моментов (параллельные силы)
  • Выполнить чертеж. Указать на нем все силы с точкой их приложения и направлением действия. В этом вам поможет таблица.
Сила Точка приложения Направление
Сила тяжести, действующая на груз Центр груза Вертикально вниз
Сила тяжести, действующая на однородный стержень Центр тяжести Вертикально вниз
Сила тяжести, действующая на неоднородный стержень Центр масс, положение которого указывают в условии задачи Вертикально вниз
Вес Точка опоры или подвеса Вес тела направлен противоположно вектору силы нормальной реакции опоры или вектору силы натяжения подвеса
Сила реакции опоры Точка соприкосновения стержня и опоры Перпендикулярно вверх
Сила натяжения нити Точка соединения с подвесом Вдоль оси подвеса
  • Выбрать положение оси вращения. Обычно ось выбирают в месте, где находится неизвестная сила или сила, искать которую не нужно.
  • Указать значение плеч. Если в задаче нужно указать некоторое расстояние (к примеру, от центра стержня или от места приложения некоторой силы), то это расстояние следует обозначать за x. Размер плеч сил нужно определять с учетом размеров стержня и расстояния x.
  • Записать правило моментов и решить задачу.

Типовы задачи на правило моментов при параллельных силах

Прямая неоднородная балка длиной l и массой m подвешена за концы на вертикально натянутых тросах. Балка занимает горизонтальное положение. Найдите силу натяжения первого троса T2, если центр тяжести балки находится на расстоянии a от левого конца балки.

Для решения задачи в качестве положения оси вращения удобно выбрать точку приложения силы натяжения первого троса (потому что ее искать не нужно). Тогда плечом силы тяжести будет расстояние a, а плечом силы натяжения второго троса — l. Поэтому правило моментов можно записать так:

T2l = mga

T2 = mga/l

Рельс длиной l и массой m поднимают равномерно в горизонтальном положении на двух вертикальных тросах, первый из которых укреплен на конце рельса, а второй — на расстоянии x от другого конца. Определите натяжение второго троса.

В этой задаче положение оси вращения также удобно выбрать в точке О, соответствующей точке приложения силы натяжения нити первого троса (так как ее искать не нужно). Тогда плечом силы натяжения второго троса будет служить разность длины рельса и расстояния x, а плечом силы тяжести — половина длины рельса. Поэтому правило моментов примет вид:

mgl/2 = T2(l – x)

T2 = mgl2(lx)..

Пример №1. К левому концу невесомого стержня прикреплен груз массой 3 кг (см. рисунок). Стержень расположили на опоре, отстоящей от груза на 0,2 длины. Груз какой массы надо подвесить к правому концу, чтобы стержень находился в равновесии?

Условие равновесие будет выполняться, если произведение силы тяжести первого груза на ее плечо будет равно произведению силы тяжести второго груза на ее плечо:

Fтяж1d1 = Fтяж2d2

Согласно рисунку, второй груз будет подвешен на расстоянии 0,8 от опоры. Следовательно:

Fтяж2=Fтяж2d1d2..=m1gd1d2..

m2g=m1gd1d2..

m2=m1d1d2..=3·0,20,8..=0,75 (кг)

Непараллельные силы

Алгоритм решения задач на правило моментов (непараллельные силы)
  • Выполнить чертеж и указать все силы. Правильно определить точку приложения и направление сил поможет таблица:
Сила Точка приложения Направление
Сила реакции опоры Точка соприкосновения с опорой Перпендикулярно плоскости опоры
Сила трения покоя Точка соприкосновения с опорой В сторону возможного движения
Сила тяжести Центр масс (у однородных тел центр масс совпадает с центром тела) Вертикально вниз
Архимедова сила Центр масс погруженной части тела Вертикально вверх
  • Определить плечи сил как кратчайшее расстояние между осью вращения и направлением действия силы.
  • Записать правило моментов и решить задачу.

Внимание! Иногда для решения задачи может потребоваться использование второго закона Ньютона в проекциях на оси Ox и Oy.

Типовы задачи на правило моментов при непараллельных силах

Рабочий удерживает за один конец доску массой m так, что она образует угол α с горизонтом, опираясь о землю другим концом. С какой силой рабочий удерживает доску, если эта сила перпендикулярна доске?

За точку равновесия примем точку касания доски с землей. Плечо силы тяжести будет равно нижнему катету треугольника, образованного при опускании перпендикуляра к земле из точки приложения этой силы:

d1 = l cosα/2

Плечо силы, с которой рабочий поднимает доску, равно длине доски:

d2 = l

Отсюда:

mglcos.α2..=Fl

F=2lmglcos.α..=2mgcos.α..

В гладкий высокий цилиндрический стакан с внутренним радиусом R помещают карандаш длиной l и массой m. С какой силой действует на стакан верхний конец карандаша?

За точку равновесия примем нижнюю точку карандаша. Сила давления верхнего конца карандаша на стакан по модулю будет равна силе нормальной реакции опоры в этой точке. Поэтому плечо ее силы будет равно произведению длины карандаша на синус угла между ним и дном стакана:

d1 = l sinα

Минимальным расстоянием между линией действия силы тяжести и точкой равновесия будет половина произведения длины карандаша на косинус угла между ним и дном стакана:

d2 = l сosα/2

Отсюда:

Nl sinα = mgl сosα/2

N=mglcos.α2lsin.α..

Плечо силы тяжести также равно радиусу стакана, а плечо силы реакции опоры можно найти из теоремы Пифагора. Отсюда:

N=mgRl24R2..

Колесо радиусом R и массой m стоит перед ступенькой высотой h. Какую наименьшую горизонтальную силу надо приложить, чтобы оно могло подняться на ступеньку? Сила трения равна нулю.

За точку равновесия примем точку касания колеса со ступенькой. Плечо силы тяжести является катетом треугольника, образованного с радиусом колеса и плечом прикладываемой силы. Плечо этой силы равно разности радиуса и высоты ступеньки.

d1=R2d22

d2 = R  h

Отсюда:

mgR2d22=F(Rh)

F=mgR2d22Rh..=mgh(2Rh)Rh..

Лестница массой m приставлена к гладкой вертикальной стене пол углом α. Найдите силу давления лестницы на стену. Центр тяжести лестницы находится в ее середине.

Плечо силы тяжести равно половине произведения длины лестницы на косинус угла α. Плечо силы реакции опоры равно произведению этой длины на синус α. Поэтому правило моментов записывается так:

Nlsin.α=mglcos.α2..

Отсюда:.

N=mglcos.α2lsin.α..=mg2tan.α..

Лестница длиной l приставлена к идеально гладкой стене под углом α к горизонту. Коэффициент трения между лестницей и полом μ. На какое расстояние x вдоль лестницы может поднять человек, прежде чем лестница начнет скользить? Массой лестницы пренебречь.

Правило моментов:

mgxcos.α=N2lsin.α

Второй закон Ньютона в проекциях на оси Ox и Oy соответственно:

Fтр – N2 = 0

N1 – mg = 0

Сила трения:

Fтр = μmg = N2

Следовательно:

mgxcos.α=μmglsin.α

x=μmglsin.αmgxcos.α..=μltan.α

Однородная лестница приставлена к стене. При каком наименьшем угле α между лестницей и горизонтальным полом лестница сохранит равновесие, если коэффициент трения между лестницей и полом μ1, а между лестницей и стеной — μ2?

Правило моментов:

mgl2..cos.α=Fтр2lcos.α+N2lsin.α

Второй закон Ньютона в проекциях на ось Ox:

Fтр1 – N2 = 0

μ1N1 N2 = 0

На ось Oy:

Fтр2 + N1 – mg = 0

μ2N2 +N2μ1.. = mg

N2(μ2+1μ1..)=mg

N2=mgμ2+1μ1....=mgμ1μ1μ2+1..

Fтр2=mgN1=mgN2μ1..=mgmgμ1μ2+1..=mg(11μ1μ2+1..)

mgl2..cos.α=mg(11μ1μ2+1..)lcos.α+mgμ1μ1μ2+1..lcos.α

Преобразуем выражение и получим:

tan.α=1μ1μ21μ1..

Какую минимальную горизонтальную силу нужно приложить к верхнему ребру куба массой m, находящегося на горизонтальной плоскости, чтобы перекинуть его через нижнее ребро?

Правило моментов примет вид:

mgl2..cos.α=Flsin.α

У куба угол α равен 45 градусам, а синус и косинус этого угла равны. Длины диагонали взаимоуничтожаются. Остается:

F=mg2..

Пример №2. Невесомый стержень длиной 1 м, находящийся в ящике с гладким дном и стенками, составляет угол α = 45о с вертикалью (см. рисунок). К стержню на расстоянии 25 см от его левого конца подвешен на нити шар массой 2 кг. Каков модуль силы N, действующий на стержень со стороны левой стенки ящика?

25 см = 0,25 м

Пусть точкой равновесия будет точка касания нижнего конца стержня с дном ящика. Тогда плечом силы тяжести будет:

d1 = (l – 0,25)sinα

Плечом силы реакции опоры будет:

d2 = l cosα

Запишем правило моментов:

mg(l0,25)sin.α=Nlcos.α

Отсюда:

N=mg(l0,25)sin.αlcos.α..

Так как косинус и синус угла 45о равны, получим:

N=mg(l0,25)l..=2·10(10,25)1..=15 (Н)

Текст: Алиса Никитина, 10.4k 👀

Задание ЕГЭ-Ф-ДВ2023-30(2)

Однородный брусок AB массой M постоянного прямоугольного сечения лежит на гладкой горизонтальной поверхности стола, свешиваясь с него менее чем наполовину (см. рисунок). К правому концу бруска прикреплена лёгкая нерастяжимая нить. Другой конец нити закреплён на меньшем из двух дисков идеального составного блока. На большем диске этого блока закреплена другая лёгкая нерастяжимая нить, на которой висит груз массой m = 1 кг. Диски скреплены друг с другом, образуя единое целое. R = 10 см, r = 5 см. Сделайте рисунок с указанием сил, действующих на брусок M, блок и груз m. Найдите минимальное значение M, при котором система тел остаётся неподвижной. Обоснуйте применимость используемых законов к решению задачи.

Алгоритм решения:

1.Записать исходные данные и перевести единицы измерения величин в СИ.
2.Определить физические законы, которые можно применять для решения данной задачи. Обосновать возможность их использования.
3.Сделать поясняющий рисунок с указанием всех сил, которые действуют на брусок, блок и груз.
4.Применить описанные законы в условиях данной задачи. Путем преобразования формул вывести искомую величину.
5.Подставить известные значения и произвести вычисления.

Решение:

Запишем исходные данные:

 Масса груза: m = 1 кг.
 Радиус большего диска: R = 10 см.
 Радиус меньшего диска: r = 5 см.

Переведем единицы измерения в СИ:

R = 10 см = 0,1 м

r = 5 см = 0,05 м

Систему отсчёта, связанную с Землёй, будем считать инерциальной (ИСО).

Брусок перед отрывом его правого края от поверхности стола будем считать твёрдым телом с осью вращения, проходящей перпендикулярно плоскости рисунка через точку A. Условие равновесия относительно вращения твёрдого тела на оси — равенство нулю суммы моментов сил, приложенных к телу, относительно этой оси.

Нити нерастяжимы, поэтому, если покоится брусок, то покоятся и все остальные тела системы.

Нити лёгкие, поэтому величина силы натяжения каждой нити в любой её точке одна и та же. В том числе: T1 = T3,T2 = T4 (см. рисунок в решении).

Блок идеальный (трения в осях нет, масса блока пренебрежимо мала). Поэтому условие равновесия блока – равенство нулю суммы моментов сил натяжения нитей относительно оси блока.

Груз может двигаться только поступательно вдоль вертикальной оси Oy, лежащей в плоскости рисунка. Поэтому для груза используем модель материальной точки и применим второй закон Ньютона. Вследствие этого условие равновесия — сумма приложенных к грузу сил равна нулю.

Сделаем поясняющий рисунок:

На рисунке представлен случай, когда масса бруска минимальна. Поэтому он еще покоится на столе, но касается стола только в точке А. Силы, действующие на брусок:

 Сила нормальной реакции опоры (приложена в точке А и направлена вертикально вверх) — N.
 Сила тяжести (приложена к центру масс бруска и направлена вертикально вниз) — FтяжБр=Mg.
 Сила натяжения нити (приложена в точке В и направлена вертикально вверх) — T1.

Силы, действующие на блок:

 Сила натяжения нити (приложена к касательной меньшего диска и направлена вертикально вниз) — T3.
 Сила натяжения нити (приложена к касательной большего диска и направлена вертикально вниз) — T4.

Силы, действующие на груз:

 Сила тяжести (приложена к центру масс груза и направлена вертикально вниз) — FтяжГр=mg.
 Сила натяжения нити (приложена к верхней точке груза и направлена вертикально вверх) — T2.

Запишем уравнение моментов сил для бруска в момент, когда он покоится, касаясь стола только в точке A:

Или:

Запишем второй закон Ньютона для покоящегося груза в проекциях на ось Oy введённой ИСО:

Или:

Запишем условие равновесия блока на его оси. Блок будет находится в равновесии тогда, когда будут равны моменты сил:

Учитываем, что сила натяжения нити 1 равно силе натяжения нити 3, а 2 — 4. Тогда это выражение принимает вид:

Или:

Отсюда масса бруска равна:

Ответ: 4

pазбирался: Алиса Никитина | обсудить разбор

Задание EF17982

Однородный стержень АВ массой 100 г покоится, упираясь в стык дна и стенки банки концом В и опираясь на край банки в точке С (см. рисунок). Модуль силы, с которой стержень давит на стенку сосуда в точке С, равен 0,5 Н. Чему равен модуль горизонтальной составляющей силы, с которой стержень давит на сосуд в точке В, если модуль вертикальной составляющей этой силы равен 0,6 Н? Трением пренебречь.

Ответ:

а) 0,3 Н

б) 0,25 Н

в) 0,6 Н

г) 0,13 Н


Алгоритм решения

  1. Записать исходные данные и перевести единицы измерения величин в СИ.
  2. Выполнить чертеж. Выбрать ось вращения. Указать силы и их плечи.
  3. Использовать второй и третий законы Ньютона, чтобы выполнить общее решение.
  4. Подставить известные данные и вычислить искомую величину.

Решение

Запишем исходные данные:

  • Масса стержня: m = 100 г.
  • Модуль силы, с которой стержень давит на стенку сосуда в точке С: FC = 0,5 Н.
  • Модуль вертикальной составляющей силы, с которой стержень давит на сосуду в точке В: FBy = 0,6 Н.

Переведем единицы измерения в СИ:

100 г = 0,1 кг

Выполним чертеж:

Поскольку стержень покоится, согласно второму закону Ньютона, равнодействующая всех сил, действующих на него, должна быть равна нулю. На стержень действует три силы:

  • сила тяжести (mg);
  • сила реакции опоры в точке С (FC);
  • сила реакции опоры в точке В (FВ).

Поэтому:

mg+FC+FB=0

Запишем проекции на оси Ox и Oy соответственно:

FCx=FBx

FCy+FBy=mg

Модуль горизонтальной составляющей силы в точке В можно выразить через теорему Пифагора:

FCx=F2CF2Cy

Но вертикальная составляющая силы в точке C равна разности силы тяжести и горизонтальной составляющей силы в точке В:

FCy=mgFBy

Отсюда:

FBx=FCx=F2CF2Cy=F2C(mgFBy)2

Подставим известные данные и вычислим:

FBx=0,52(0,1·100,6)2=0,250,16=0,3 (Н)

Ответ: а

pазбирался: Алиса Никитина | обсудить разбор

Задание EF18697

Невесомый стержень, находящийся в ящике с гладкими дном и стенками, составляет угол 45° с вертикалью (см. рисунок). К середине стержня подвешен на нити шарик массой 1 кг. Каков модуль силы упругости N, действующей на стержень со стороны левой стенки ящика?


Алгоритм решения

1.Записать исходные данные.
2.Записать правило моментов.
3.Выполнить решение в общем виде.
4.Подставить известные данные и вычислить искомую величину.

Решение

Запишем исходные данные:

 Угол между стержнем и стенкой ящика: α = 45o.
 Масса шарика: m = 1 кг.

Чтобы записать правило моментов, нужно определить плечи силы тяжести и силы упругости. В качестве точки равновесия выберем точку опоры нижнего конца стержня. Тогда плечо силы тяжести будет равно произведению половины длины стержня на косинус угла между дном ящика и стержнем. Он тоже будет равен 45 градусам, так как он равен разности 180 градусов и угла α = 45o. Отсюда:

dmg=l2..cos.α

Плечо силы упругости будет равно расстоянию от дна ящика до верхней точки стержня. Оно определяется как произведение длины стержня на синус угла α:

dN=lsin.α

Запишем правило моментов:

mgl2..cos.α=Nlsin.α

Отсюда:

N=mgl2lsin.α..cos.α

Длина стержня в числителе и знаменателе сократится, косинус и синус угла тоже, так как при 45 градусах они одинаковые. Следовательно:

N=mg2..=1·102..=5 (Н)

.

Ответ: 5

pазбирался: Алиса Никитина | обсудить разбор

ЕГЭ по физике

Вся теория

Механическое движение и его характеристикиРавномерное прямолинейное движениеОтносительность механического движенияНеравномерное движение и средняя скоростьУскорение при равноускоренном прямолинейном движенииСкорость при равноускоренном прямолинейном движенииПеремещение и путь при равноускоренном прямолинейном движенииУравнение координаты при равноускоренном прямолинейном движенииДвижение тела с ускорением свободного паденияДвижение тела, брошенного горизонтальноДвижение тела, брошенного под углом к горизонтуДвижение по окружности с постоянной по модулю скоростьюЗаконы Ньютона. Динамика.Гравитационные силы. Закон всемирного тяготения.Сила упругости и закон ГукаСила тренияВес телаПрименение законов НьютонаДвижение связанных телДинамика движения по окружности с постоянной по модулю скоростьюИмпульс тела, закон сохранения импульсаМеханическая работа и мощностьМеханическая энергия и ее видыЗакон сохранения механической энергииПрименение закона сохранения энергииМомент силы и правило моментовДавление твердого телаДавление в жидкостях и газах. Закон Паскаля.Сообщающиеся сосудыАрхимедова силаОсновные положения МКТ и агрегатные состояния веществаОсновное уравнение МКТ идеального газаУравнение состояния идеального газаОбъединенный газовый закон и изопроцессыЗакон ДальтонаИспарение и конденсация, влажность воздухаВнутренняя энергия вещества и способы ее измененияФазовые переходы и уравнение теплового балансаВнутренняя энергия и работа идеального газаПервое начало термодинамикиТепловые машины и второе начало термодинамикиЭлектрический заряд. Закон КулонаЭлектрическое поле и его характеристикиЭлектростатическое поле точечного заряда и заряженной сферыПринцип суперпозиции сил и полейОднородное электростатическое поле и его работаКонденсаторыЭлектрический ток и закон ОмаАмперметр и вольтметр. Правила включения.Последовательное и параллельное соединениеПолная цепьРабота и мощность электрического токаЭлектрический ток в жидкостях, в полупроводниках, в вакууме, в газахМагнитное поле и его характеристикиПринцип суперпозиции магнитных полейСила АмпераСила ЛоренцаЭлектромагнитная индукция и магнитный потокПравило ЛенцаЗакон электромагнитной индукцииСамоиндукцияЭнергия магнитного поля токаМеханические колебанияГармонические колебанияЭлектромагнитные колебанияПеременный электрический токКонденсатор, катушка и резонанс в цепи переменного токаМеханические волныМеханические волны в сплошных средах. Звук.Электромагнитные волныCвет. Скорость света. Элементы теории относительности.Отражение и преломление света. Законы геометрической оптики.Линза. Виды линз. Фокусное расстояние.Построение изображения в линзеФормула тонкой линзыДисперсия светаИнтерференция светаДифракция светаЛинейчатые спектрыФотоэффектФотоныПланетарная модель атомаПостулаты БораРадиоактивностьНуклонная модель атомаЯдерные реакцииЭлементы астрофизики