ID: 00026631
Два небольших массивных шара массами m_{1}=0,2 кг и m_{2}=0,3 кг закреплены на концах невесомого стержня AB , лежащего горизонтально на опорах C и D . Длина стержня AB L=1 м, а расстояние AC равно 0,2 м. Сила давления стержня на опору D в 2 раза больше, чем на опору C . Каково расстояние между опорами CD ? Сделайте рисунок с указанием внешних сил, действующих на систему тел «стрежень и шары».
Обоснуйте применимость законов, используемых для решения задачи.
Источник: ФИПИ
Что происходит. Невесомый стержень AB длиной L=1 м лежит горизонтально на двух подставках C и D. На самых концах закреплены шары: m_1=0{,}2 кг в точке A и m_2=0{,}3 кг в точке B. Известно, что опора D нагружена ровно вдвое сильнее, чем C, и AC=0{,}2 м. Надо найти расстояние CD.
Обоснование модели. Система отсчёта, связанная с землёй, инерциальная, всё покоится. Шары «небольшие» — их размеры много меньше длины стержня, поэтому считаем их материальными точками, а силы тяжести m_1g и m_2g приложенными точно в A и B. Стержень невесом — его собственная сила тяжести в уравнения не входит, а сам он абсолютно твёрдый, значит для системы «стержень и шары» справедливы оба условия равновесия твёрдого тела: сумма внешних сил равна нулю и сумма моментов этих сил относительно любой оси равна нулю. Опоры гладкие и просто подпирают стержень снизу, поэтому их реакции N_C и N_D вертикальны. По третьему закону Ньютона сила давления стержня на опору равна по модулю реакции опоры, поэтому условие «на D давит вдвое сильнее» означает N_D=2N_C.
Шаг 1 — сумма сил. На систему действуют вниз m_1g и m_2g, вверх — N_C и N_D: N_C+N_D=(m_1+m_2)g. Подставляем N_D=2N_C: 3N_C=(m_1+m_2)g, то есть N_C=\dfrac{(m_1+m_2)g}{3} и N_D=\dfrac{2(m_1+m_2)g}{3}.
Числа: m_1+m_2=0{,}5 кг, при g=10 м/с² полный вес 5 Н. Значит N_C=\dfrac{5}{3}\approx 1{,}67 Н, N_D=\dfrac{10}{3}\approx 3{,}33 Н.
Шаг 2 — моменты. Ось удобно взять в точке A: тогда сила тяжести шара m_1 момента не даёт (плечо ноль), и в уравнении остаются три силы. Обозначим AD=d — расстояние от конца A до второй опоры. Реакции крутят стержень вверх, вес шара m_2 — вниз: N_C\cdot AC+N_D\cdot d=m_2g\cdot L.
Шаг 3 — считаем. \frac{5}{3}\cdot 0{,}2+\frac{10}{3}\cdot d=0{,}3\cdot 10\cdot 1=3. Первое слагаемое равно \dfrac{1}{3}, поэтому \dfrac{10}{3}d=3-\dfrac{1}{3}=\dfrac{8}{3}, откуда d=0{,}8 м.
Шаг 4 — искомое расстояние. CD=AD-AC=0{,}8-0{,}2=0{,}6 м.
Проверим себя по моментам относительно центра тяжести системы: центр тяжести находится на расстоянии \dfrac{m_2L}{m_1+m_2}=\dfrac{0{,}3}{0{,}5}=0{,}6 м от A, то есть между опорами C (в 0{,}2 м) и D (в 0{,}8 м). Он вдвое ближе к D, чем к C (0{,}2 м против 0{,}4 м), — а значит опора D и должна нагружаться вдвое сильнее. Всё сходится.