Статика — Задание 26 ЕГЭ по физике №00026656

Разберёмся, что нарисовано. К потолку в точке $A$ на шарнире подвешен невесомый стержень $AB$; он отклонён от вертикали на угол $\alpha=30^\circ$ и уходит вниз-вправо. На стержне сидят два грузика: $m_1=200\ \text{г}=0{,}2$ кг в точке $C$ на расстоянии $b=25\ \text{см}=0{,}25$ м от шарнира и $m_2=100\ \text{г}=0{,}1$ кг на самом конце $B$. От конца $B$ вверх-вправо идёт нить к блоку, закреплённому на потолке; перекинувшись через блок, нить вертикально спускается к грузу $M=100\ \text{г}=0{,}1$ кг. Участок нити $BP$ составляет с вертикалью угол $\beta=30^\circ$. Вся конструкция стоит неподвижно. Найти длину стержня $l=AB$.

Обоснуем модель. Всё покоится, система отсчёта связана с Землёй — инерциальная, значит справедливы условия равновесия. Груз $M$ — материальная точка: он висит неподвижно, поэтому натяжение вертикального участка нити равно $Mg$. Блок идеальный (невесомый, без трения в оси), а нить невесома и нерастяжима — такой блок только меняет направление нити, но не меняет модуль натяжения, поэтому по всей нити натяжение одно и то же: $T=Mg$. Стержень невесом — его собственный вес в уравнения не входит, и все моменты создают только грузики и нить. Грузики маленькие, считаем их материальными точками, приложенными в точках $C$ и $B$. Стержень — твёрдое тело, закреплённое на шарнире в точке $A$: он может только поворачиваться вокруг $A$, поэтому удобнее всего записать правило моментов относительно оси, проходящей через $A$ — тогда неизвестная реакция шарнира сразу выпадает из уравнения (её плечо равно нулю), а трением в шарнире пренебрегаем, так что момента сил трения тоже нет.

Шаг 1 — какие силы создают момент. Относительно точки $A$ момент дают три силы: тяжесть $m_1g$ в точке $C$, тяжесть $m_2g$ в точке $B$ и натяжение нити $T=Mg$ в точке $B$. Тяжести вращают стержень «вниз-вправо», то есть увеличивают наклон, а нить тянет конец $B$ вверх-вправо и вращает стержень обратно, к вертикали. В равновесии эти моменты равны.

Шаг 2 — плечи сил тяжести. Момент вертикальной силы относительно $A$ равен произведению силы на горизонтальное смещение точки приложения. Точка $C$ смещена по горизонтали на $b\sin\alpha$, точка $B$ — на $l\sin\alpha$. Значит, суммарный «опрокидывающий» момент равен $$M_{\text{тяж}}=m_1gb\sin\alpha+m_2gl\sin\alpha=g\sin\alpha\,(m_1b+m_2l).$$

Шаг 3 — плечо натяжения. Момент силы равен $T\cdot l\cdot\sin\varphi$, где $\varphi$ — угол между стержнем $AB$ и направлением нити $BP$. Стержень отклонён от вертикали вниз-вправо на $\alpha$, а нить уходит от точки $B$ вверх-вправо под углом $\beta$ к вертикали. Продолжив стержень мысленно за точку $B$ вниз, легко увидеть: угол между продолжением стержня и нитью равен $\alpha+\beta$, поэтому $\sin\varphi=\sin(\alpha+\beta)$. Момент нити: $$M_{\text{нити}}=Mgl\sin(\alpha+\beta).$$

Шаг 4 — правило моментов. $$Mgl\sin(\alpha+\beta)=g\sin\alpha\,(m_1b+m_2l).$$ Ускорение свободного падения сокращается: $$Ml\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\,(m_1b+m_2l).$$

Шаг 5 — выражаем $l$. Соберём слагаемые с $l$ слева: $$l\big(M\sin(\alpha+\beta)-m_2\sin\alpha\big)=m_1b\sin\alpha,$$ $$l=\frac{m_1b\sin\alpha}{M\sin(\alpha+\beta)-m_2\sin\alpha}.$$

Шаг 6 — числа. $\alpha=\beta=30^\circ$, значит $\sin\alpha=0{,}5$, $\sin(\alpha+\beta)=\sin60^\circ=\dfrac{\sqrt3}{2}\approx0{,}866$. Числитель: $0{,}2\cdot0{,}25\cdot0{,}5=0{,}025$. Знаменатель: $0{,}1\cdot0{,}866-0{,}1\cdot0{,}5=0{,}0866-0{,}05=0{,}0366$. Тогда $$l=\frac{0{,}025}{0{,}0366}\approx0{,}68\ \text{м}.$$ В точном виде $l=0{,}25\,(\sqrt3+1)\approx0{,}683\ \text{м}$, то есть примерно $68$ см.

Проверим себя: длина получилась заметно больше расстояния $AC=0{,}25$ м, значит грузик $C$ действительно сидит на стержне, а не за его концом — результат непротиворечив.