Статика

Обоснование:

1. Систему отсчета, связанную с Землей, будем считать инерциальной (ИСО).
2. Для описания стержня используем моделью твердого тела.
3. Стержень однородный, поэтому сила тяжести, действующая на него, приложена к его середине.
4. Любое движение твердого тела является суперпозицией поступательного и вращательного движений. Поэтому к телу применимо два условия равновесия твердого тела в ИСО: для поступательного движения и для вращательного движения
5. В качестве оси, относительно которой будем считать сумму моментов сил, действующих на цилиндр, выберем ось, проходящую перпендикулярно плоскости рисунка через шарнир.
6. Также для стержня выполняется третий закон Ньютона $F=N$.

Решение:
Для начала изобразим на рисунке все силы, действующие на стержень:

Так как стержень находится в покое, то значит отсутствует его вращательное движение, а следовательно справедливо следующие равенство для суммы моментов относительно выбранной выше оси, обозначим длину стержня через $L$, а длину погруженной часть через $L_\text{п}=\frac{h}{\cos{\alpha}}$:
$$F_A\sin{\alpha}\cdot\frac{L_\text{п}}{2}-mg\sin{\alpha}\cdot\frac{L}{2}=0$$ Сила Архимеда, действующая на стержень определяется формулой: $F_A=\rho gV_\text{пог.}=\rho gSL_\text{п}$. Масса стержня определятся формулой $m=\rho_0V=\rho_0SL$. Тогда подставляя эти равенства в правило моментов получим:
$$L=L_\text{п}\sqrt{\frac{\rho}{\rho_0}}=\frac{h}{\cos{\alpha}}\cdot\sqrt{\frac{\rho}{\rho_0}}$$ Так как стержень находится в покое, то значит отсутствует его поступательное движение, а следовательно геометрическая сумма приложенных сил равна нулю т.е.: $$F_A-mg-N=0\Rightarrow\rho gSL_\text{п}-\rho_0SLg=N\Rightarrow \frac{\rho gSh}{\cos{\alpha}}-\rho_0gS{\cos{\alpha}}\cdot\sqrt{\frac{\rho}{\rho_0}}=F$$ Откуда искомая площадь поперечного сечения стержня $S$ равна: $$S = \frac{F \cos \alpha}{g h (\rho - \sqrt{\rho \rho_0})} = \frac{0.25 \cdot 0.5}{10 \cdot 0.25 \cdot (10^{3} - \sqrt{250 \cdot 10^{3}})} = 10^{-4} \; \text{м}^2 = 1\;\text{см}^2$$

Обоcнование:

1. Система отсчёта связана с Землёй и рассматривается как инерциальная.

2. Грузы моделируются как материальные точки с постоянной массой, их размерами и распределением масс пренебрегаем при поступательном движении.

3. Блок идеальный: трение в оси отсутствует, масса блока пренебрежимо мала. Нить невесома (масса нити равна нулю) и нерастяжима (длина неизменна), скольжение нити по блоку без трения.

4. Во всех случаях используется второй закон Ньютона в инерциальной системе отсчёта: для материальной точки справедливо уравнение $$\sum \vec F = m \vec a,$$

5)Поскольку нить невесома и одна и та же по обе стороны блока, модуль натяжения одинаков вдоль всей нити: $$T_1 = T_2 = T.$$

1. Нерастяжимость нити даёт кинематическую связь ускорений концов нити: $$a_1 = -\,a_2,$$ то есть модули ускорений равны, направления противоположны. Идеальный блок лишь меняет направление нити, не изменяя модуль натяжения.

Решение:

1. Систему отсчёта, связанную с Землёй, считаем инерциальной. Ось $x$ направим вниз, как на рисунке.

1. Для первого случая (в воздухе) запишем второй закон Ньютона для грузов и условие связи ускорений: $$\begin{cases} m_1 a_1 = m_1 g - T,\\ m_2 a_2 = m_2 g - T,\\ a_1 = -a_2. \end{cases}\tag{1}$$ С учётом по условию $a_1=a$ найдём массу второго груза: $$m_2=\frac{m_1\,(g-a)}{g+a}. \tag{2}$$

2. Во втором случае система в равновесии благодаря силе Архимеда. Следовательно,

$$\begin{cases} m g - T' = 0,\\ m_1 g - T' - F_{\text{арх}} = 0, \end{cases}\tag{3}$$ где $$F_{\text{арх}}=\rho g V. \tag{4}$$

Решая (3) с учётом (2) и (4), получаем выражение для ускорения: $$a=\frac{\rho g V}{2 m_1 - \rho V}.$$ Подстановка чисел: $$a=\frac{1000\cdot 10\cdot 1{,}5\cdot 10^{-4}}{2\cdot 0{,}5-1000\cdot 1{,}5\cdot 10^{-4}} \approx 1{,}76\ \text{м/с}^2.$$

1. Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.
2. Груз можем считать материальной точкой.
3. Из п.1 и п.2 применим 2 закон Ньютона.
4. Балку опишем моделью твердого тела.
5. Веревка легкая, поэтому сила натяжения нити одинакова в каждой ее точке.
6. Балка находится в равновесии, поэтому применимы условия равновесия $\sum M = 0$ и $\sum \vec{F} = 0$.

Перейдем к решению задачи. Запишем условие моментов относительно точки А $$T_1d+Mgx - TL=0$$ $$Mg+T_1-2T=0$$ Запишем 2 закон Ньютона для груза $$m\vec{g}+\vec{T_1}=0$$ В проекции на вертикальную ось $$mg=T_1$$ Тогда подставим в правило моментов $$mgd+Mgx=(M+m)gL$$ Откуда $$x = \frac{(M+m)L -2md}{2M}=\frac{(100+60) \cdot 2 -2\cdot 60 \cdot 0.5}{2\cdot 100} = 1.3 \text{м}$$ Ответ: 1.3м

1. Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.
2. Палочку опишем моделью твердого тела.
3. Палочка находится в равновесии, поэтому применимы условия равновесия $\sum M = 0$ и $\sum \vec{F} = 0$.
4. Стенки сосуда гладкие, значит трения нет. Поэтому в верхней точке стрежня на него действует сила $\vec{N}$, перпендикулярная стенке.

Перейдем к решению задачи. Найдем высоту палочки H $$H = \sqrt{L^2-(2R)^2} = \sqrt{0.1^2+4\cdot0.04^2} = 0.06 \text{м}$$ Определим объем погруженной части палочки $$\frac{ V_{\text{п.ч.}}}{V} = \frac{h}{H} \longrightarrow V_{\text{п.ч.}} = \frac{hV}{H}$$ Определим силу Архимеда, действующую на палочку $$F_A = \rho V_{\text{п.ч.}}g = \rho \frac{hV}{H}g=\frac{0.75 mgh}{H}$$ Теперь запишем правило моментов, относительно оси, проходящей через нижний край палочки $$mgR - F_A\frac{h}{2}ctg(\alpha) -NH=0$$ $$ctg(\alpha) = \frac{2R}{H}$$ $$mgR - \frac{0.75 mgh}{H}\frac{h}{2}\frac{2R}{H}=NH$$ $$N = \frac{mgR}{H}\left(1 - 0{,}75\left(\frac{h}{H}\right)^2\right) = \frac{9 \cdot 10^{-4} \cdot 10{,}0 \cdot 0{,}04}{0{,}06} \left(1 - 0{,}75\left(\frac{0{,}04}{0{,}06}\right)^2\right) = 4\,\text{мН}.$$ Далее, по третьему закону Ньютона $$F=N=4\,\text{мН}.$$ Ответ: 4 мН

1. Систему отсчета, связанную с Землей, считаем инерциальной.
2. Стержень опишем моделью твердого тела.
3. Движение твердого тела является суперпозицией поступательного и вращательного движений. Палочка находится в равновесии, поэтому применимы условия равновесия $\sum M = 0$ и $\sum \vec{F} = 0$.
4. Ось, проходящая перпендикулярно плоскости рисунка через точку A - это ось, относительно которой будем записывать сумму моментов сил.
5. Так как нить невесомая, а блок идеален, то модуль силы натяжения нити одинаковый в каждой ее точке.

Перейдем к решению задачи. Запишем 2 закон Ньютона для тела M $$M\vec{a}=\vec{T_2}+M\vec{g}$$ Система находится в равновесии, поэтому ускорение a=0. В проекции на ось OX $$0=T_2-Mg \xrightarrow{} Mg=T_2$$ Теперь запишем сумму моментов сил относительно точки A $$M_1+M_2+M_3=0$$ где $M_1=m_1gl_1$ - момент силы тяжести для тела $m_1$, $M_2=m_2gl_2$ - момент силы тяжести для тела $m_2$, $M_3=-T_1l_3$ - момент силы натяжения нити.
Определим плечи для каждой силы. $$l_1 =b\sin(\alpha)$$ $$l_2=l\sin (\alpha)$$ $$l_3=l\sin(\alpha+\beta)=l\sin(2\alpha)$$ Следовательно $$m_1gb\sin(\alpha)+m_2gl\sin (\alpha)-T_1l\sin(2\alpha)=0$$ Выразим из этого уравнения длину l $$l = \frac{m_1gb\sin(\alpha)}{T_1\sin(2\alpha)-m_2g\sin(\alpha)}$$ Так как $T_1=T_2=T$, то $T_1=Mg$. Поэтому $$l = \frac{m_1gb\sin(\alpha)}{Mg\sin(2\alpha)-m_2g\sin(\alpha)}=\frac{0.2 \cdot 10 \cdot 0.25 \cdot 0.5}{0.1 \cdot 10 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}-0.1\cdot 10 \cdot 0.5}=68.3 \text{см}$$ Ответ: 68.3 см