Статическое равновесие и рычаги

Начальный

У моста, полки и уравновешенных качелей есть общее: они остаются совершенно неподвижными. Физики называют это статическим равновесием. Разберёмся по шагам, что для него нужно.

Шаг 1. Толчки и тяги должны компенсироваться. Книгу на столе вниз тянет её вес, а вверх с той же силой толкает стол: равнодействующая равна нулю, и книга не приходит в движение.

Шаг 2. Одного равенства сил мало. Толкните два конца линейки, лежащей на столе, одинаково сильно, но в противоположные стороны — и она завертится на месте. Значит, должны компенсироваться и вращающие действия. Вращающее действие силы — её момент — растёт и с силой, и с расстоянием от оси.

Шаг 3. На качелях перевешивает более тяжёлая сторона, если только она не сядет ближе к середине. Тот, кто вдвое тяжелее, должен сесть вдвое ближе, чтобы вес, умноженный на расстояние, был одинаков с обеих сторон. Это правило рычага, известное со времён Архимеда; так длинный лом сдвигает камень, который не поднять руками. В анимации тяжёлый синий ящик скользит к опоре, и на 2 делениях против 4 у лёгкого ящика рычаг уравновешивается горизонтально.

Шаг 4. Любое тело ведёт себя так, будто весь его вес приложен в одной точке — центре масс. Шкаф или человек, наклонившийся вперёд, стоят, пока эта точка находится над площадью опоры; стоит наклониться сильнее — и вес начинает их опрокидывать.

Проверьте себя: ребёнок массой 20 кг сидит в 3 м от оси качелей. Где должен сесть взрослый массой 60 кг, чтобы их уравновесить? (В 1 м от оси с другой стороны: втрое тяжелее — втрое ближе.)

Средний

Два условия равновесия

Твёрдое тело, то есть тело, сохраняющее форму, находится в статическом равновесии, когда остаётся в покое: оно не начинает ни скользить, ни поворачиваться. Силы должны компенсировать друг друга, иначе центр масс получил бы ускорение; кроме того, должны компенсироваться их вращающие действия, то есть моменты, иначе тело начало бы вращаться:
$\sum F=0,\sum \tau =0$

На плоскости первое условие — это два уравнения, для горизонтальных и вертикальных составляющих. Ни одно из условий не следует из другого: две равные и противоположные силы, действующие вдоль разных прямых, компенсируются как силы, но образуют пару сил, — именно так ваши руки вращают руль. Начинайте любую задачу со схемы сил: изобразите тело отдельно и нарисуйте каждую внешнюю силу там, где она приложена, — каждый вес в центре масс, а каждую силу реакции опоры в точке контакта.

Момент силы: сила, умноженная на плечо

Момент силы показывает, насколько сильно сила поворачивает тело относительно выбранной точки. Возьмём линию действия силы — прямую, вдоль которой она направлена, — и расстояние $r$ по перпендикуляру от точки до этой линии: это плечо силы. Тогда
$\tau =rF\text{(}r\text{ — плечо силы, перпендикуляр к линии действия)}$

Единица момента — ньютон-метр (Н·м); его не записывают в джоулях, потому что момент не является энергией. Моменты, поворачивающие против часовой стрелки, считаются положительными. Сила, линия действия которой проходит через выбранную точку, момента не создаёт, как бы велика она ни была: толкая дверь в сторону петель, вы её не повернёте. Если сила приложена в точке, удалённой от выбранной на $d$, и составляет угол $\varphi$ с прямой, соединяющей эти точки, то плечо равно $d\sin \varphi$.

Правило рычага

Поместим груз $m_1$ на расстоянии $r_1$ с одной стороны от оси и груз $m_2$ на расстоянии $r_2$ с другой. Каждая сила тяжести $mg$ направлена вертикально вниз, поэтому её плечо — это горизонтальное расстояние до оси. Два момента имеют противоположные знаки, и из $\sum \tau =0$ следует
$m_{1}g{r}_1=m_{2}g{r}_2\text{(правило рычага)}$

Множитель $g$ сокращается, поэтому важны только массы и расстояния: вдвое большей массе нужно вдвое меньшее плечо. Сила реакции оси момента относительно самой оси не создаёт и в уравнение не входит; её величину находят из $\sum F=0$: она равна суммарному весу всего, что ось держит, включая вес самой балки. Рычаг даёт и выигрыш в силе: сила 300 Н, приложенная к лому в 1,2 м от точки опоры, давит силой 3600 Н на камень, лежащий в 0,10 м от неё.

Пример: рычажные весы из анимации

Лёгкий ящик, $m_2=1,0\mathrm{кг}$, стоит на расстоянии $r_2=0,40\mathrm{м}$ справа от оси, поэтому при горизонтальном рычаге его момент по часовой стрелке равен
${\tau }_2=r_2{m}_{2}g=0,40\cdot 1,0\cdot 9,81=3,92\mathrm{Н}\cdot \mathrm{м}$
Тяжёлый ящик, $m_1=2,0\mathrm{кг}$, уравновешивает его на расстоянии
$r_1=\frac{m_2{r}_2}{m_1}=\frac{1,0\cdot 0,40}{2,0}=0,20\mathrm{м}$

Это 2 десятисантиметровых деления рычага против 4. При этом оба числовых индикатора показывают 3,92 Н·м, и рычаг горизонтален: вектор $F_1=19,6\mathrm{Н}$ вдвое длиннее вектора $F_2=9,81\mathrm{Н}$, а плечи $r_1$ и $r_2$, отмеченные внизу, относятся как 1 : 2.

В начале тяжёлый ящик стоит в 0,42 м от оси, и его момент 8,30 Н·м превосходит момент лёгкого ящика, 3,79 Н·м. Рычаг поворачивается против часовой стрелки примерно на 10°, пока утяжелённая стрелка-указатель под осью, отклонившаяся в сторону лёгкого ящика, не создаст недостающие 4,51 Н·м. Когда ящик скользит к оси, ${\tau }_1$ уменьшается; ближе 0,20 м перевешивает лёгкая сторона, и при 0,10 м, где ${\tau }_1\approx 1,87\mathrm{Н}\cdot \mathrm{м}$, рычаг наклоняется примерно на 4,6° в другую сторону.

Обратите внимание, что ${\tau }_2$ меняется от 3,79 до 3,95 Н·м, хотя лёгкий ящик не сдвигается с места: при наклоне рычага меняется горизонтальное расстояние от оси до пунктирной линии его силы тяжести. Плечо измеряется по перпендикуляру к линии действия, а не вдоль рычага.

Пример: маляр на доске

Однородная доска массой 20 кг и длиной 3,0 м лежит на козлах, стоящих под её концами, а маляр массой 70 кг стоит в 1,0 м от левого конца. Сила тяжести доски, $196,2\mathrm{Н}$, приложена в её середине, а маляра, $686,7\mathrm{Н}$, — на расстоянии 1,0 м. Моменты относительно левых козел исключают действующую там неизвестную силу:
$F_{\mathrm{п}}\cdot 3,0=686,7\cdot 1,0+196,2\cdot 1,5=981\mathrm{Н}\cdot \mathrm{м}$
поэтому $F_{\mathrm{п}}=327\mathrm{Н}$, а из $\sum F=0$ получаем $F_{\mathrm{л}}=686,7+196,2-327=556\mathrm{Н}$: левые козлы, расположенные ближе к маляру, нагружены сильнее.

Теперь сдвинем правые козлы на 1,0 м внутрь, так что доска выступит за них на 1,0 м, и пусть маляр идёт к краю. Доска опрокидывается вокруг этих козел, когда сила реакции левых козел падает до нуля, то есть когда момент маляра относительно правых козел равен моменту доски, центр которой лежит на 0,50 м по другую сторону: $70d=20\cdot 0,50$, откуда $d=0,14\mathrm{м}$. Один короткий шаг за козлы — и доска опрокидывается, поэтому настил строительных лесов крепят.

Центр масс, устойчивость и опрокидывание

При вычислении моментов весь вес тела можно считать приложенным в одной точке — центре масс, то есть среднем положении, взвешенном по массам:
$x_{\mathrm{ЦМ}}=\frac{\sum m_i{x}_i}{\sum m_i}$
Для ящиков при равновесии $x_{\mathrm{ЦМ}}=(2,0\cdot (-0,20)+1,0\cdot 0,40)/3,0=0$: центр масс находится точно над осью, и это ещё один способ сказать, что рычаг горизонтален.

Равновесие устойчиво, если малый наклон поднимает центр масс, так что сила тяжести возвращает тело обратно, как у весов в анимации, где тяжёлая стрелка удерживает центр масс ниже оси. Оно неустойчиво, если наклон опускает центр масс, как у карандаша, поставленного на острие, или у качелей с двумя детьми.

Тело на основании опрокидывается, как только вертикаль через его центр масс выходит за пределы основания. Однородный холодильник шириной 0,70 м и высотой 1,80 м, наклонённый на одно ребро, возвращается обратно, если его отпустить при наклоне меньше 21,3° (здесь $\mathrm{tg}\theta =0,70/1,80$), и падает при большем наклоне. Однородный ящик на наклонной плоскости опрокидывается при $\mathrm{tg}\theta =w/h$.

Частые ошибки

• Считать, что для равновесия нужны равные веса. Нужны равные моменты: 2,0 кг на расстоянии 0,20 м уравновешивают 1,0 кг на расстоянии 0,40 м.
• Измерять плечо вдоль рычага или двери, а не по перпендикуляру к линии действия. Сила 50 Н, приложенная в 0,80 м от петель под углом 30° к двери, даёт $0,80\cdot 50\cdot \sin 30^{\circ }=20\mathrm{Н}\cdot \mathrm{м}$, а не 40 Н·м.
• Забывать о собственном весе балки. Если не учесть доску массой 20 кг, окажется, что правые козлы давят с силой 229 Н вместо 327 Н.
• Думать, что моменты нужно брать относительно настоящей оси вращения. Условие $\sum \tau =0$ выполняется относительно любой точки, поэтому выбирайте ту, в которой приложена неизвестная сила.
• Ожидать, что более тяжёлый предмет опрокинется при большем угле. Значение имеет только форма: равномерно нагруженный ящик шириной 0,40 м и высотой 1,00 м опрокидывается при 21,8° независимо от того, лежит в нём 20 кг или 200 кг.

Где это встречается

Инженеры рассчитывают балки и фундаменты с помощью этих двух уравнений, а башенный кран уравновешивает груз бетонным противовесом на коротком плече. Ваше предплечье — рычаг: двуглавая мышца тянет примерно в 5 см от локтя, поэтому для удержания гантели массой 5,0 кг на расстоянии 35 см от локтя нужна сила около $49\cdot 0,35/0,05\approx 343\mathrm{Н}$, в семь раз больше веса гантели. Эти идеи продолжаются в уроке «Простые механизмы: рычаги, блоки и зубчатые передачи», где рычаги обменивают выигрыш в силе на проигрыш в расстоянии, и в уроке «Упругость: закон Гука, напряжение и деформация», где настоящие балки прогибаются под найденными здесь нагрузками.

Продвинутый

Равновесие и нулевая виртуальная работа

Твёрдое тело остаётся в покое при двух условиях: сумма действующих на него сил равна нулю, и сумма их моментов тоже. Оба условия следуют из одного утверждения о работе, и это же утверждение дальше позволит решить, устойчиво ли равновесие, поэтому стоит один раз вывести их именно так.

Представьте, что вы смещаете покоящееся тело на очень малую величину, которую допускают его опоры, — это виртуальное (возможное) перемещение, выполненное только на бумаге. Сложите работу, которую совершила бы при этом каждая действующая на тело сила; сумма — это виртуальная работа $\delta W$. Если бы $\delta W$ была положительной для какого-то допустимого движения, силы сами сообщали бы телу кинетическую энергию вдоль него, и тело само пришло бы в движение в эту сторону. Если обратить малое перемещение, знак $\delta W$ сменится, поэтому отрицательной она тоже быть не может. Значит, в равновесии виртуальная работа обращается в нуль, в первом порядке по перемещению, для любого перемещения, которое допускают опоры.

У твёрдого тела, движущегося в плоскости, три независимых малых движения: сдвиг в каждом из двух направлений и поворот. При сдвиге $\delta \vec{s}$ каждая точка тела смещается на один и тот же вектор $\delta \vec{s}$, поэтому $\delta W=(\sum \vec{F})\cdot \delta \vec{s}$, и эта величина обращается в нуль при сдвигах во всех направлениях, только если $\sum \vec{F}=0$. При малом повороте $\delta \theta$ вокруг любой точки сила, момент которой относительно этой точки равен $\tau$, совершает работу $\tau \delta \theta$: момент силы — это и есть работа на радиан поворота. Поэтому $\delta W=(\sum \tau )\delta \theta$, и эта величина равна нулю, только если $\sum \tau =0$.

Внутренние силы — давление и натяжение между частями тела — в уравнения никогда не входят. Они действуют парами равных и противоположных сил вдоль прямой, соединяющей две части, а твёрдое тело сохраняет это расстояние неизменным, поэтому работы двух сил каждой пары равны по величине и противоположны по знаку.

Правило рычага из одной лишь работы

Простейшая проверка этого принципа — рычаг. Виртуальная работа даёт его правило прямо из весов и высот, вовсе без определения момента силы.

Обозначения

$m_{1}g$	Вес груза 1 массой $m_1$.	$\mathrm{Н}$
$m_{2}g$	Вес груза 2 массой $m_2$.	$\mathrm{Н}$
$r_1$	Расстояние от оси до груза 1 вдоль рычага.	$\mathrm{м}$
$r_2$	Расстояние от оси до груза 2 вдоль рычага; здесь вдвое больше $r_1$.	$\mathrm{м}$
$\delta \theta$	Малый виртуальный поворот рычага вокруг оси, на рисунке преувеличенный.	$\mathrm{рад}$
$\delta h_1$	Опускание груза 1 при повороте: $r_1\delta \theta$.	$\mathrm{м}$
$\delta h_2$	Подъём груза 2 при повороте: $r_2\delta \theta$.	$\mathrm{м}$

На рисунке 1 показан рычаг на оси: груз 1 массой $m_1$ на расстоянии $r_1$ с одной стороны и груз 2 массой $m_2$ на расстоянии $r_2$ с другой. Рычаг уравновешен, $m_1{r}_1=m_2{r}_2$, и мы поворачиваем его вокруг оси на малый виртуальный угол $\delta \theta$, нарисованный гораздо большим, чем на самом деле. Посмотрите на две короткие вертикальные скобки. Точка рычага на расстоянии $r$ от оси движется по дуге длиной $r\delta \theta$, и при малом угле эта дуга практически вертикальна. Поэтому груз 1 опускается на $\delta h_1=r_1\delta \theta$, а груз 2 поднимается на $\delta h_2=r_2\delta \theta$.

Теперь сложим работы. Ось не движется, поэтому её сила работы не совершает. Сила тяжести совершает работу только при вертикальном движении: над опускающимся грузом 1 она совершает работу $+m_{1}g\delta h_1$, над поднимающимся грузом 2 — работу $-m_{2}g\delta h_2$. Приравняв сумму нулю, получим $m_{1}g{r}_1\delta \theta =m_{2}g{r}_2\delta \theta$, а после деления на $g\delta \theta$ остаётся $m_1{r}_1=m_2{r}_2$. Это и есть правило рычага, полученное из одного лишь энергетического баланса.

В анимации уравновешенный рычаг несёт ящик массой 2,0 кг при $r_1=0,20\mathrm{м}$ и ящик массой 1,0 кг при $r_2=0,40\mathrm{м}$. Наклон на 0,01 рад опускает тяжёлый ящик на 2 мм и поднимает лёгкий на 4 мм, и $2,0\cdot 2=1,0\cdot 4$: что сила тяжести выигрывает с одной стороны, то она отдаёт с другой.

Почему правило не может быть иным? Уравновешенный рычаг без трения можно медленно поворачивать сколь угодно слабым толчком. Если бы он был в равновесии при другом соотношении масс и расстояний, поворот в одну сторону увеличивал бы полную потенциальную энергию грузов, хотя за это ничто не платит, и этот приём можно было бы повторять без конца: получился бы вечный двигатель. Значит, правило рычага следует из невозможности вечного двигателя. Так рассуждал Симон Стевин в 1586 году о наклонной плоскости: замкнутая цепочка, наброшенная на клин, никогда сама не придёт в круговое движение.

Три уравнения и любая точка как ось

На практике условия равновесия записывают в виде уравнений и выбирают ось, при которой они проще всего. Этот раздел показывает, почему годится любая ось и сколько неизвестных можно найти из этих уравнений.

На плоскости равновесие — это три уравнения: $\sum F_x=0$, $\sum F_y=0$ и $\sum {\tau }_z=0$. Момент силы ${\vec{F}}_i$, приложенной в точке ${\vec{r}}_i$, относительно точки $B$ равен $({\vec{r}}_i-{\vec{r}}_B)\times {\vec{F}}_i$. Разложите вектор ${\vec{r}}_i-{\vec{r}}_B$ на $({\vec{r}}_i-{\vec{r}}_A)+({\vec{r}}_A-{\vec{r}}_B)$, где $A$ — любая другая точка, и просуммируйте по всем силам:
${\vec{\tau }}_B={\vec{\tau }}_A+({\vec{r}}_A-{\vec{r}}_B)\times \sum \vec{F}$
Когда суммарная сила равна нулю, второе слагаемое исчезает, и момент одинаков относительно любой точки. Поэтому ось можно поместить там, где удобно, обычно в опоре: у неизвестной силы этой опоры там нет плеча, и она выпадает из уравнения моментов.

Три уравнения позволяют найти не более трёх неизвестных. У балки на двух опорах или у лестницы, прислонённой к гладкой стене, их не больше, и такие системы называют статически определимыми. У четырёхногого стола четыре неизвестные силы реакции ножек, а полезных уравнений по-прежнему только три, поэтому он статически неопределим: одна статика не может сказать, как распределяется нагрузка, и решает это лишь небольшая податливость ножек и пола. На неровном полу одна ножка не несёт ничего, и стол качается.

Три силы пересекаются в одной точке

Когда тело удерживают в покое ровно три силы, геометрическое правило задаёт направление одной из них ещё до того, как написано хоть одно уравнение. Классический пример — лестница, прислонённая к стене.

Обозначения

$W$	Вес лестницы, приложенный к её середине.	$\mathrm{Н}$
$P$	Сила давления стены. Гладкая стена давит только перпендикулярно себе, поэтому $P$ горизонтальна.	$\mathrm{Н}$
$R$	Сила реакции пола у нижнего конца лестницы: сумма силы нормальной реакции и силы трения. Её линия действия проходит через $T$.	$\mathrm{Н}$
$T$	Точка пересечения линий действия $W$ и $P$.
$\theta$	Угол между лестницей и полом.	$\mathrm{рад}$
$\phi$	Угол между $R$ и вертикалью; $\mathrm{tg}\phi =a/h$ — отношение силы трения к силе нормальной реакции.	$\mathrm{рад}$
$h$	Высота верхнего конца лестницы, она же высота точки $T$.	$\mathrm{м}$
$a$	Расстояние по горизонтали от нижнего конца лестницы до вертикали через её середину; эта вертикаль проходит и через $T$.	$\mathrm{м}$

На рисунке 2 показана однородная лестница длиной $L$ и весом $W$, которая стоит на полу под углом $\theta$ и опирается на гладкую стену. На неё действуют три силы. Вес $W$ направлен вертикально вниз и приложен к середине лестницы. Гладкая стена может давить только перпендикулярно себе, поэтому её сила давления $P$ у верхнего конца горизонтальна. Направление силы реакции пола $R$ у нижнего конца пока неизвестно. Проследите пунктирные линии действия $W$ и $P$: они пересекаются в точке $T$ на высоте верхнего конца лестницы, точно над её серединой.

Возьмите моменты относительно $T$. Ни $W$, ни $P$ не создают там момента, потому что обе линии проходят через $T$. Суммарный момент равен нулю, значит, и у $R$ не должно быть момента относительно $T$, а это возможно, только если её линия действия тоже проходит через $T$. Так направление $R$ определяется ещё до того, как речь зашла о трении. Правило общее: если тело удерживают в равновесии ровно три непараллельные силы, их линии действия пересекаются в одной точке.

Теперь разложите $R$ на силу нормальной реакции $N$, направленную вверх, и силу трения $f$, направленную вдоль пола к стене. Равновесие вертикальных сил даёт $N=W$, горизонтальных — $f=P$. На рисунке 2 сила $R$ отклонена от вертикали на угол $\phi$, поэтому $\mathrm{tg}\phi =f/N$. Тот же угол находят из прямоугольного треугольника, вертикальный катет которого — высота верхнего конца (и точки $T$), $h=L\sin \theta$, а горизонтальный — расстояние от нижнего конца до вертикали через середину, $a=\frac{1}{2}L\cos \theta$. Следовательно, $\mathrm{tg}\phi =a/h$ и
$\frac{f}{N}=\frac{a}{h}=\frac{1}{2\mathrm{tg}\theta }$
Для однородной лестницы под углом $60^{\circ }$ к полу это $1/(2\mathrm{tg}60^{\circ })\approx 0,29$, сколько бы лестница ни весила и какой бы длины ни была. Поэтому лестница стоит, только если коэффициент трения покоя о пол не меньше 0,29. Более крутой лестнице нужно меньше.

Сила тяжести приложена в центре масс

Почти в каждой задаче статики вес тела заменяют одной силой, приложенной в его центре масс. Вот почему в однородном поле это точно и что это предсказывает для весов из анимации.

На каждую часть $i$ тела массой $m_i$, находящуюся в точке ${\vec{r}}_i$ относительно оси, действует сила тяжести $m_i\vec{g}$. Поскольку $\vec{g}$ одинаково для всех частей, его можно вынести из суммы: $\sum {\vec{r}}_i\times m_i\vec{g}=(\sum m_i{\vec{r}}_i)\times \vec{g}=M{\vec{r}}_{\mathrm{ЦМ}}\times \vec{g}$, где $M$ — полная масса, а ${\vec{r}}_{\mathrm{ЦМ}}=\sum m_i{\vec{r}}_i/M$. Весь вес приложен в центре масс. Если $x$ отсчитывать по горизонтали от оси, а моменты против часовой стрелки считать положительными, то
$x_{\mathrm{ЦМ}}=\frac{\sum m_i{x}_i}{\sum m_i}$
$\sum {\tau }_{\mathrm{тяж}}=-Mg{x}_{\mathrm{ЦМ}}$
Знак минус означает, что центр масс справа от оси поворачивает тело по часовой стрелке. Отсюда два следствия. Тело, подвешенное на оси, успокаивается, когда его центр масс находится точно под осью, где у силы тяжести нет момента. А отвесные линии из двух разных точек подвеса пересекаются в центре масс — так его и находят на практике.

Примените это к одним только ящикам. Обозначьте ${\tau }_1$ момент тяжёлого ящика против часовой стрелки, ${\tau }_2$ — момент лёгкого по часовой стрелке, а $x_{\mathrm{ЦМ}}$ — положение центра масс ящиков; тогда ${\tau }_1-{\tau }_2=-(m_1+m_2)g{x}_{\mathrm{ЦМ}}$. График экспертного слоя анимации показывает эту величину в зависимости от положения тяжёлого ящика $x_1$: 4,51 Н·м при $x_1=-0,42\mathrm{м}$, нуль при $x_1=-m_2{r}_2/m_1=-0,20\mathrm{м}$ и $-2,07\mathrm{Н}\cdot \mathrm{м}$ при $x_1=-0,10\mathrm{м}$. Линия почти прямая, её наклон близок к $-m_{1}g=-19,6\mathrm{Н}\cdot \mathrm{м}$ на метр: каждый сантиметр, на который ящик сдвигается к середине, уменьшает эту величину примерно на 0,20 Н·м. Наклон на графике примерно на 5 % круче. Центры ящиков находятся примерно на 5 см выше линии оси, поэтому изменение наклона рычага, сопровождающее каждый сдвиг ящика, ещё и немного смещает их в сторону.

Это не полный момент, действующий на рычаг. Груз массой 14 кг на стрелке создаёт противоположный момент и удерживает сумму равной нулю, поэтому рычаг наклоняется лишь частично (расчёт приведён ниже). Золотой отвес в анимации показывает то же самое геометрически: рычаг наклоняется в ту сторону, где лежит центр масс ящиков.

Устойчивость и потенциальная энергия

Равновесие может быть похоже на дно чаши, куда тело возвращается, или на вершину холма, с которой оно скатывается. Различить их позволяет потенциальная энергия.

Для тела, поворачивающегося вокруг оси, потенциальная энергия равна $U(\theta )=Mg{y}_{\mathrm{ЦМ}}$, где $y_{\mathrm{ЦМ}}$ — высота центра масс. При повороте тела на $d\theta$ момент силы тяжести совершает работу $\tau d\theta$, которая берётся из $U$, поэтому $dU=-\tau d\theta$. Значит, равновесие, то есть нулевой момент, означает $dU/d\theta =0$. Оно устойчиво, если $d^{2}U/d{\theta }^2>0$: тогда наклон поднимает центр масс, и возникающий момент возвращает тело назад. Оно неустойчиво, если $d^{2}U/d{\theta }^2<0$, и безразлично, если $U$ остаётся постоянной, как у однородного колеса на оси.

Пусть центр масс находится на расстоянии $\ell$ от оси и под углом $\psi$ к вертикали, направленной вниз. Его высота относительно оси равна $-\ell \cos \psi$, поэтому $U=-Mg\ell \cos \psi$ и $d^{2}U/d{\psi }^2=Mg\ell \cos \psi$. При $\psi =0$ эта величина положительна, так что положение под осью устойчиво, а при $\psi =180^{\circ }$ отрицательна, так что положение над осью неустойчиво. У качелей-балансира с двумя седоками центр масс выше оси: они не остаются горизонтальными, а ложатся одним концом на землю, которая их и удерживает. В весах из анимации груз массой 14 кг подвешен на 0,19 м ниже оси именно для того, чтобы этого избежать.

Задача: на какой угол наклонятся весы

Когда ящик сдвинут от середины, весы в анимации не падают на один конец, а останавливаются при вполне определённом наклоне. В этом разделе этот угол вычисляется сначала из геометрии, затем из энергии.

Обозначения

$O$	Ось, вокруг которой поворачивается рычаг.
$G$	Центр масс весов целиком: ящиков, рычага, стрелки и груза.
$Mg$	Сила тяжести, действующая на весы целиком (полная масса $M$); приложена в $G$.	$\mathrm{Н}$
$u_G$	Положение $G$ вдоль рычага, отсчитанное от оси, положительное вправо; здесь отрицательное.	$\mathrm{м}$
$w_G$	Положение $G$ поперёк рычага, положительное вверх; здесь отрицательное, потому что $G$ ниже рычага.	$\mathrm{м}$
$\theta$	Наклон рычага относительно горизонтали, положительный против часовой стрелки. Тот же угол стоит при $G$ в прямоугольном треугольнике.	$\mathrm{рад}$

На рисунке 3 весы изображены схематично, с преувеличенными пропорциями. Возьмите координаты, связанные с рычагом и отсчитываемые от оси $O$: $u_i$ вдоль рычага (положительная вправо) и $w_i$ поперёк него (положительная вверх). Все части вместе, массами $m_i$, весят как одно тело массой $M=\sum m_i$, помещённое в их центр масс $G$ с координатами $u_G=A/M$ и $w_G=B/M$, где
$A=\sum m_i{u}_i,B=\sum m_i{w}_i$
Наклон рычага $\theta$ относительно горизонтали отсчитывается против часовой стрелки.

Весы покоятся, когда $G$ находится точно под $O$: тогда вес $Mg$ проходит через ось и не создаёт момента. (Положение точно над $O$ — тоже равновесие, но неустойчивое.) На рисунке 3 пройдите от $O$ вдоль рычага на $u_G$, затем поперёк него на $w_G$ — и вы попадёте в $G$; отвес из $G$ обратно вверх к $O$ замыкает прямоугольный треугольник с прямым углом там, где $u_G$ встречается с $w_G$. Угол при вершине $G$ равен наклону $\theta$. Действительно, две прямые, перпендикулярные двум другим, пересекаются под тем же углом, что и те; рычаг и горизонталь пересекаются под углом $\theta$, значит, катет $w_G$, перпендикулярный рычагу, и отвес, перпендикулярный горизонтали, тоже образуют угол $\theta$. Если смотреть из $G$, $u_G$ — противолежащий катет, а $w_G$ — прилежащий, поэтому
$\mathrm{tg}\theta =\frac{u_G}{w_G}=\frac{A}{B}$
На рисунке и $u_G$, и $w_G$ отрицательны, поэтому $\mathrm{tg}\theta >0$: рычаг повернулся против часовой стрелки, левой стороной вниз.

Потенциальная энергия даёт тот же результат и к тому же решает вопрос об устойчивости. При повороте против часовой стрелки на $\theta$ часть $i$ оказывается на высоте $u_i\sin \theta +w_i\cos \theta$ над осью, поэтому
$U(\theta )=g(A\sin \theta +B\cos \theta )$
Приравняв нулю $dU/d\theta =g(A\cos \theta -B\sin \theta )$, снова получаем $\mathrm{tg}\theta =A/B$.

Теперь числа. Центры ящиков находятся на 0,053 м и 0,043 м выше линии оси, а груз — на 0,19 м ниже неё, поэтому $B=2,0\cdot 0,053+1,0\cdot 0,043-14\cdot 0,19\approx -2,51\mathrm{кг}\cdot \mathrm{м}$; вес самого рычага приложен к оси и ничего не добавляет. В начале тяжёлый ящик находится в точке $x_1=-0,42\mathrm{м}$ вдоль рычага, а лёгкий — в точке 0,40 м, поэтому $A=2,0\cdot (-0,42)+1,0\cdot 0,40=-0,44\mathrm{кг}\cdot \mathrm{м}$. Тогда $\mathrm{tg}\theta =0,175$ и $\theta =9,9^{\circ }$, тяжёлой стороной вниз, как на рисунке 3. При $x_1=-0,10\mathrm{м}$ имеем $A=+0,20\mathrm{кг}\cdot \mathrm{м}$ и $\theta =-4,6^{\circ }$, то есть вниз опускается другая сторона; при $x_1=-0,20\mathrm{м}$ имеем $A=0$, и рычаг горизонтален. Проверка: момент груза по часовой стрелке в начале, $14\cdot 9,81\cdot 0,19\sin \theta \approx 4,51\mathrm{Н}\cdot \mathrm{м}$, компенсирует момент ящиков в начале графика.

Устойчиво ли это положение покоя? Вторая производная равна $d^{2}U/d{\theta }^2=-g(A\sin \theta +B\cos \theta )$, и в равновесии с $G$ под $O$ (здесь $B<0$) она оказывается равной $g\sqrt{A^2+B^2}$. Это никогда не меньше $g|B|=9,81\cdot 2,51=24,6\mathrm{Н}\cdot \mathrm{м}$ на радиан, поэтому весы устойчивы при любом положении ящика. Около горизонтали $\theta \approx A/B$: сдвиг ящика на 1 см меняет $A$ на 0,020 кг·м и наклоняет рычаг на $0,020/2,51\approx 0,008\mathrm{рад}$, то есть примерно на 0,46°. Это и есть чувствительность весов. Меньшее значение $|B|$, то есть более лёгкий груз или более короткая стрелка, повысило бы её ценой более слабого возвращающего момента, $g|B|$ на радиан около горизонтали. Без груза $B=+0,15\mathrm{кг}\cdot \mathrm{м}$: точка $G$ лежит выше оси, вторая производная в горизонтальном положении отрицательна, и малейшее нарушение равновесия опрокинуло бы рычаг до упора, как качели.

Опрокидывание и соскальзывание

Тело, стоящее на склоне, может потерять равновесие двумя способами: соскользнуть вниз или опрокинуться через нижнее ребро. Что произойдёт раньше, зависит только от его формы и от трения.

Обозначения

$w$	Ширина основания ящика вдоль плоскости.	$\mathrm{м}$
$h$	Высота ящика.	$\mathrm{м}$
$\theta$	Угол наклона плоскости. Такой же угол между $R$ и нормалью к плоскости.	$\mathrm{рад}$
$mg$	Сила тяжести, действующая на ящик; приложена в его центре.	$\mathrm{Н}$
$R$	Сила реакции плоскости, действующая на ящик (нормальная реакция плюс трение): равна силе тяжести и противоположна ей, поэтому вертикальна.	$\mathrm{Н}$
$d$	Расстояние от нижнего ребра основания до точки приложения $R$: $d=w/2-(h/2)\mathrm{tg}\theta$.	$\mathrm{м}$

На рисунке 4 показан однородный ящик с основанием $w$ и высотой $h$ на наклонной плоскости с углом $\theta$. На него действуют только две силы: сила тяжести $mg$, приложенная в центре, и сила реакции плоскости $R$ — сила нормальной реакции и сила трения по всему основанию, сложенные в одну силу. Две силы уравновешивают друг друга, только если они равны, противоположны и лежат на одной прямой, поэтому $R$ направлена вертикально вверх вдоль вертикали, проходящей через центр, и приложена там, где эта вертикаль пересекает основание.

Чтобы найти эту точку, начните с центра: он находится на $w/2$ от нижнего ребра вдоль основания и на $h/2$ над основанием. Вертикаль через центр отклонена от нормали к плоскости на угол $\theta$, поэтому, опускаясь на высоту $h/2$, она смещается на $(h/2)\mathrm{tg}\theta$ вниз по склону. Значит, она пересекает основание на $(h/2)\mathrm{tg}\theta$ ниже по склону, чем его середина, то есть на расстоянии
$d=\frac{w}{2}-\frac{h}{2}\mathrm{tg}\theta$
от нижнего ребра; на рисунке 4 оно обозначено $d$. С ростом крутизны $d$ уменьшается. Сила реакции не может быть приложена вне основания, поэтому, когда $d$ становится равным нулю, она уже не может находиться под центром, и ящик опрокидывается через нижнее ребро:
$\mathrm{tg}\theta =\frac{w}{h}\text{(опрокидывание однородного ящика на наклонной плоскости)}$

Соскальзывание видно на том же рисунке. Сила $R$ вертикальна, а нормаль отклонена от вертикали на $\theta$, поэтому $R$ отклонена от нормали на $\theta$ — это угол между $R$ и пунктирной нормалью на рисунке 4. Значит, отношение её составляющей трения к нормальной составляющей равно $\mathrm{tg}\theta$, и трение покоя может это обеспечить, только пока $\mu \ge \mathrm{tg}\theta$, где $\mu$ — коэффициент трения покоя. Сравнив два предела, получаем: ящик сначала опрокидывается, если $w/h<\mu$, и сначала соскальзывает, если $\mu <w/h$.

У картотечного шкафа шириной 0,45 м и высотой 1,30 м $w/h\approx 0,35$. На резине с $\mu \approx 0,8$ он опрокидывается при 19,1°, а на мокрой пластиковой плоскости с $\mu =0,20$ сначала соскальзывает — при 11,3°. Для неоднородного тела вместо $w/2$ и $h/2$ берите реальные расстояния от его центра масс до нижнего ребра и до плоскости. При низком центре масс $d$ уменьшается медленнее, поэтому тяжёлые грузы размещают внизу.

Границы применимости

Всё сказанное предполагает абсолютно твёрдые тела. Настоящие балки прогибаются, а в статически неопределимой конструкции силы определяются деформациями — через закон Гука. Трение покоя — это неравенство, $f\le \mu N$: уравнения дают силу трения, которая нужна телу, а неравенство лишь показывает, могут ли поверхности её обеспечить.

Приложить вес в центре масс можно, только если поле однородно. Сила тяжести убывает с высотой $y$ примерно на долю $2y/R_{\mathrm{З}}$, где $R_{\mathrm{З}}$ — радиус Земли. Поэтому в однородной колонне высотой $H=800\mathrm{м}$ центр тяжести — точка, в которой фактически приложен вес, — лежит на $H^2/(6R_{\mathrm{З}})\approx 1,7\mathrm{см}$ ниже центра масс: для зданий это пренебрежимо мало. На орбите тот же градиент поворачивает длинный спутник так, что он указывает на Землю, а приливные моменты развернули Луну так, что она всегда обращена к нам одной стороной.

Наконец, статика — это предел медленных изменений. Если резко сдвинуть ящик, рычаг проскочит положение равновесия и начнёт качаться; тогда в силу вступает $\tau =I\alpha$ из урока «Динамика вращения и момент силы».

Что дальше

Принцип возможных перемещений описывает все идеальные механизмы из урока «Простые механизмы: рычаги, блоки и зубчатые передачи», а прогибающиеся балки ведут к уроку «Упругость: закон Гука, напряжение и деформация». С устойчивого равновесия начинается урок «Гармонические колебания»: слегка смещённое тело колеблется около него с ${\omega }^2=(d^{2}U/d{\theta }^2)/I$, где $I$ — его момент инерции относительно оси. Жидкости тоже подчиняются статике: в уроке «Закон Архимеда» судно остаётся прямым, если при крене его вес и сила Архимеда образуют восстанавливающую пару сил. Когда моменты не компенсируются, тело начинает вращаться — это тема урока «Момент импульса и закон его сохранения». У зарядов есть своя статика, в уроке «Электрическое поле и потенциал», но с подвохом: одними электростатическими силами заряд нельзя удержать в устойчивом равновесии (теорема Ирншоу).