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. Стержень протяжённый, поэтому одного условия равенства нулю суммы сил недостаточно и необходимо правило моментов. Стержень по условию невесомый, поэтому его силу тяжести не учитываем; шары «небольшие», поэтому их считаем материальными точками, и силы тяжести шаров приложены в точках $A$ и $B$. Стержень лежит на опорах, опоры точечные, стержень горизонтален, поэтому силы нормальной реакции опор направлены вертикально вверх. По третьему закону Ньютона силы давления стержня на опоры равны по модулю силам реакции опор, поэтому условие $N_{D} = 2N_{C}$ можно записать сразу для реакций. Поле тяжести считаем однородным, $g = 10$ м/с² (в ответ $g$ не входит).

Обозначения. $m_{1} = 0{,}2$ кг — масса шара в точке $A$; $m_{2} = 0{,}3$ кг — масса шара в точке $B$; $L = AB = 1$ м — длина стержня; $a = AC = 0{,}2$ м — расстояние от конца $A$ до опоры $C$; $x = CD$ — искомое расстояние между опорами; $N_{C}$ и $N_{D}$ — модули сил нормальной реакции опор $C$ и $D$; $g = 10$ м/с².

Рисунок (внешние силы, действующие на систему «стержень и шары»). В точке $A$ — сила тяжести $m_{1}\vec{g}$, направленная 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 сил (проекция на вертикаль):

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

С учётом условия $N_{D} = 2N_{C}$ получаем $3N_{C} = (m_{1}+m_{2})g$, откуда

$$N_{C} = \frac{(m_{1}+m_{2})g}{3} = \frac{0{,}5\cdot 10}{3} \approx 1{,}67\ \text{Н},\qquad N_{D} = \frac{2(m_{1}+m_{2})g}{3} \approx 3{,}33\ \text{Н}.$$

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

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

Подставим $N_{C}$ и $N_{D}$:

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

Ускорение свободного падения сокращается:

$$\frac{(m_{1}+m_{2})}{3}\,(3a + 2x) = m_{2}L \quad \Rightarrow \quad x = \frac{3\,m_{2}L - 3a\,(m_{1}+m_{2})}{2\,(m_{1}+m_{2})} = \frac{3}{2}\left(\frac{m_{2}L}{m_{1}+m_{2}} - a\right).$$

Численный расчёт:

$$x = \frac{3}{2}\left(\frac{0{,}3\cdot 1}{0{,}5} - 0{,}2\right) = \frac{3}{2}\,(0{,}6 - 0{,}2) = 0{,}6\ \text{м}.$$

Проверка: центр тяжести системы находится на расстоянии $x_{c} = \dfrac{m_{2}L}{m_{1}+m_{2}} = 0{,}6$ м от точки $A$, то есть между опорами $C$ (0,2 м) и $D$ (0,8 м), причём $CD$ делится точкой $x_{c}$ в отношении $0{,}4 : 0{,}2 = 2 : 1$ — как и должно быть при $N_{D} = 2N_{C}$ (правило моментов относительно центра тяжести). Обе реакции положительны, поэтому стержень действительно лежит на обеих опорах.

Ответ: $CD = \dfrac{3}{2}\left(\dfrac{m_{2}L}{m_{1}+m_{2}} - AC\right) = 0{,}6$ м.