Задание №26 — Условия равновесия тела

Решение:

Обоснование применимости законов. Система «стержень и шары» покоится в инерциальной системе отсчёта, связанной с Землёй, поэтому применимы оба условия равновесия твёрдого тела: векторная сумма внешних сил равна нулю и алгебраическая сумма моментов внешних сил относительно любой оси равна нулю. Тело протяжённое, поэтому одного условия для сил недостаточно и необходимо правило моментов. Стержень по условию невесомый, поэтому его силу тяжести не учитываем; шары «небольшие», значит их считаем материальными точками, и силы тяжести приложены в точках $A$ и $B$. Стержень горизонтален и лежит на точечных опорах, поэтому силы нормальной реакции опор вертикальны и направлены вверх. По третьему закону Ньютона силы давления стержня на опоры равны по модулю реакциям опор, поэтому условие «давление на $D$ вдвое больше, чем на $C$» записывается как $N_{D} = 2N_{C}$. Поле тяжести однородно; в ответ $g$ не входит.

Обозначения. $m_{1} = 5$ кг — масса шара в точке $A$; $m_{2}$ — искомая масса шара в точке $B$; $L = AB = 1{,}8$ м — длина стержня; $a = AC = 0{,}8$ м; $x = CD = 0{,}6$ м, поэтому $AD = a + x = 1{,}4$ м; $N_{C}$ и $N_{D}$ — модули сил нормальной реакции опор $C$ и $D$; $g$ — ускорение свободного падения.

Рисунок (внешние силы, действующие на систему «стержень и шары»). В точке $A$ — сила тяжести $m_{1}\vec{g}$, вертикально вниз; в точке $B$ — сила тяжести $m_{2}\vec{g}$, вертикально вниз; в точке $C$ — сила нормальной реакции опоры $\vec{N}_{C}$, вертикально вверх; в точке $D$ — сила нормальной реакции опоры $\vec{N}_{D}$, вертикально вверх.

1. Условие равенства нулю суммы внешних сил (проекция на вертикаль):

$$N_{C} + N_{D} = (m_{1} + m_{2})\,g .$$

С учётом $N_{D} = 2N_{C}$ получаем

$$N_{C} = \frac{(m_{1}+m_{2})g}{3},\qquad N_{D} = \frac{2(m_{1}+m_{2})g}{3}.$$

2. Правило моментов относительно горизонтальной оси, проходящей через конец $A$ перпендикулярно стержню (плечо силы тяжести шара $m_{1}$ равно нулю):

$$N_{C}\,a + N_{D}\,(a + x) = m_{2}\,g\,L .$$

Подставляем реакции:

$$\frac{(m_{1}+m_{2})g}{3}\,a + \frac{2(m_{1}+m_{2})g}{3}\,(a+x) = m_{2}gL .$$

Ускорение свободного падения сокращается:

$$\frac{(m_{1}+m_{2})}{3}\,\bigl(3a + 2x\bigr) = m_{2}L .$$

Подставим числа: $3a + 2x = 3\cdot 0{,}8 + 2\cdot 0{,}6 = 3{,}6$ м, поэтому

$$\frac{3{,}6}{3}\,(m_{1} + m_{2}) = 1{,}8\,m_{2} \quad \Rightarrow \quad 1{,}2\,(m_{1}+m_{2}) = 1{,}8\,m_{2},$$

$$1{,}2\,m_{1} = 0{,}6\,m_{2} \quad \Rightarrow \quad m_{2} = 2m_{1} = 2\cdot 5 = 10\ \text{кг}.$$

Проверка: центр тяжести системы находится на расстоянии $x_{c} = \dfrac{m_{2}L}{m_{1}+m_{2}} = \dfrac{10\cdot 1{,}8}{15} = 1{,}2$ м от точки $A$, то есть между опорами $C$ (0,8 м) и $D$ (1,4 м); он делит отрезок $CD$ в отношении $0{,}4 : 0{,}2 = 2 : 1$, что и означает $N_{D} = 2N_{C}$. Обе реакции положительны: $N_{C} = 50$ Н, $N_{D} = 100$ Н при $g = 10$ м/с².

Ответ: $m_{2} = 2m_{1} = 10$ кг.