26. Механика: расчетная задача высокого уровня с обоснованием: статика: расчетная задача

Обоснование.

Систему отсчета связываем с Землей (инерциальная).
Палку рассматриваем как абсолютно твердое тело.
Условия равновесия: $\sum F_i = 0$ и $\sum M_i = 0.$
Нить невесома, блок идеален.

Уравнения равновесия.

Для бруска $M$:
$$T = Mg = 0.1 \cdot 10 = 1\,\text{Н}$$Моменты сил относительно точки $A$:
$$m_1g \cdot b\sin\alpha + m_2g \cdot l\sin\alpha = T \cdot l\sin(2\alpha)$$

Подстановка значений:
$$0.2 \cdot 10 \cdot 0.25 \cdot 0.5 + 0.1 \cdot 10 \cdot l \cdot 0.5 = 1 \cdot l \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$$ $$0.25 + 0.5l = \frac{\sqrt{3}}{2}l$$
Решение уравнения:
$$0.25 = \left(\frac{\sqrt{3}}{2}- 0.5\right)l$$$$l = \frac{0.25}{0.366} \approx 0.683\,\text{м} = 68.3\,\text{см}$$
Ответ: $l = 68.3\,\text{см}.$

Обоснование.

Используем инерциальную систему отсчета, связанную с Землей.
Стержень считаем абсолютно твердым телом.
Условия равновесия: $\sum F_y = 0$ и $\sum M = 0.$
По третьему закону Ньютона $N_2 = 2N_1.$

Уравнения равновесия.

Сумма сил по вертикали:
$$N_1 + N_2 = (m_1 + m_2)g$$ $$3N_1 = 0.5g \quad (1)$$
Моменты сил относительно точки $A$:
$$N_1 \cdot 0.2 + N_2 \cdot 0.8 = m_2g \cdot L$$ $$0.2N_1 + 1.6N_1 = 0.3g \cdot L \quad (2)$$
Из уравнения $(1)$: $N_1 = \frac{0.5g}{3}$

Подставляем в $(2)$:
$$1.8 \cdot \frac{0.5g}{3} = 0.3g \cdot L$$$$0.3g = 0.3g \cdot L$$ $$L = 1\,\text{м}$$
Ответ: $L = 1\,\text{м}.$

Обоснование.

Используем инерциальную систему отсчета.
Брусок рассматриваем как твердое тело с осью вращения в точке $A.$
Нити нерастяжимы и невесомы $( T_1 = T_3,$ $T_2 = T_4 ).$
Блок идеальный (нет трения, масса пренебрежимо мала).

Условия равновесия.

Для бруска (моменты относительно точки $A$):
$$T_1 \cdot L = Mg \cdot \frac{L}{2} \implies T_1 = \frac{Mg}{2}$$
Для груза:
$$T_2 = mg$$
Для блока:
$$T_1 \cdot r = T_2 \cdot R$$
Подстановка и решение:
$$\frac{Mg}{2} \cdot 0.05 = 1 \cdot g \cdot 0.10$$ $$M = 2 \cdot 1 \cdot \frac{0.10}{0.05} = 4\,\text{кг}$$
Ответ: $\text{min}\,M = 4\,\text{кг}.$

Обоснование.

Используем инерциальную систему отсчета.
Стержень — абсолютно твердое тело.
Условия равновесия: $\sum F_y = 0$ и $\sum M = 0.$
Удлинения пружин одинаковы $( x_1 = x_2 = x ).$

Соотношение сил упругости:
$$F_1 = kx, \quad F_2 = 2kx$$
Уравнение моментов относительно центра стержня:
$$F_1\frac{L}{2} + mg\left(\frac{L}{2}-d\right) = F_2\frac{L}{2}$$ $$kx \cdot 15 + 3g \cdot 10 = 2kx \cdot 15$$ $$kx = \frac{30g}{15} = 2g$$
Уравнение моментов относительно правой пружины:
$$F_1L = Mg\frac{L}{2} + mgd$$ $$2g \cdot 30 = Mg \cdot 15 + 3g \cdot 5$$ $$60 = 15M + 15$$
Решение для массы стержня:
$$15M = 45 \implies M = 3\,\text{кг}$$
Ответ: $M = 3\,\text{кг}.$

Обоснование.

Используем инерциальную систему отсчета.
Доска движется равномерно $( a = 0 ).$
Стержень находится в равновесии.
Условия равновесия: $\sum F = 0$ и $\sum M = 0.$

Силы, действующие на систему.
На доску: $F$ (внешняя сила) и $F_{тр1}$ (трение со стороны стержня).
На стержень: $mg$ (сила тяжести), $N$ (реакция опоры), $F_{тр2}$ (трение о доску), реакции шарнира $T_x$ и $T_y.$

Уравнения равновесия.

Для доски:
$$F = F_{тр1} = F_{тр2} \quad (1)$$
Моменты сил для стержня (относительно шарнира):
$$mg\frac{L}{2}\cos\alpha = F_{тр2}L\sin\alpha + NL\cos\alpha \quad (2)$$

Сила трения:$$F_{тр2} = \mu N \quad (3)$$

Из $(2)$ и $(3)$:
$$\frac{mg}{2}\cos\alpha = \mu N\sin\alpha + N\cos\alpha$$$$N = \frac{mg\cos\alpha}{2(\mu\sin\alpha + \cos\alpha)}$$
Подставляем в $(1)$:
$$F = \mu N = \frac{\mu mg\cos\alpha}{2(\mu\sin\alpha + \cos\alpha)}$$
Численный расчет:
$$F = \frac{0.2 \cdot 1 \cdot 10 \cdot \cos 30^\circ}{2(0.2\sin 30^\circ + \cos 30^\circ)} \approx 0.9\,\text{Н}$$
Ответ: $F \approx 0.9\,\text{Н}.$

Обоснование.

Используем инерциальную систему отсчета.
Стержень — абсолютно твердое тело.
Условия равновесия: $\sum\vec{F} = 0$ и $\sum M_A = 0.$
Сила реакции шарнира $\vec{R}$ имеет горизонтальную и вертикальную составляющие.

Уравнения равновесия.

Сумма сил по горизонтали:
$$R_x = F \quad (1)$$
Сумма сил по вертикали:
$$R_y = mg \quad (2)$$
Моменты сил относительно точки $A$:
$$F\cdot L\cos\alpha = mg\cdot\frac{L}{2}\sin\alpha \quad (3)$$

Из уравнения $(3)$:
$$F = \frac{mg\tan\alpha}{2} = \frac{1\cdot 10\cdot 0.8}{2} = 4\,\text{Н}$$
Расчет силы реакции:
$$R = \sqrt{R_x^2 + R_y^2} = \sqrt{F^2 + (mg)^2} $$ $$= \sqrt{4^2 + 10^2} = \sqrt{116} \approx 10.8\,\text{Н}$$
Ответ: $R \approx 10.8\,\text{Н}.$

Обоснование.

Используем инерциальную систему отсчета.
Цилиндр — абсолютно твердое тело.
Условия равновесия: $\sum F = 0$ и $\sum M = 0.$
Моменты считаем относительно точки касания $A.$

Действующие силы:

• Сила тяжести $mg = 30\,\text{Н}.$
• Сила реакции опоры $N.$
• Сила трения $F_{тр}.$
• Сила натяжения нити $T.$

Уравнение моментов относительно точки $A$:
$$mg\sin\alpha \cdot R = T \cdot 2R$$ (Плечо силы натяжения равно диаметру цилиндра)

Расчет силы натяжения:
$$T = \frac{mg\sin\alpha}{2} = \frac{3 \cdot 10 \cdot 0.5}{2} = 7.5\,\text{Н}$$
Ответ: $T = 7.5\,\text{Н}.$

Геометрия системы.

Высота подъема конца палочки:
$$H = \sqrt{l^2- 4R^2} = \sqrt{10^2- 4\cdot4^2} = 6\,\text{см}$$
Угол наклона $\alpha$:
$$\sin\alpha = \frac{H}{l} = 0.6, \quad \cos\alpha = \frac{2R}{l} = 0.8$$

Сила Архимеда.

Объем погруженной части:
$$V_{\text{погр}} = \frac{h}{H}V = \frac{4}{6}V$$
Величина силы:
$$F_A = 0.75\rho_{\text{п}}gV_{\text{погр}} = 0.75mg\frac{h}{H}$$

Уравнение моментов (относительно нижнего конца):
$$mgR = F_A\cdot\frac{h}{2}\cdot\frac{2R}{H} + NH$$
Подставляя $F_A$:
$$mgR = 0.75mg\frac{h^2R}{H^2} + NH$$

Сила реакции $N$:
$$N = \frac{mgR}{H}\left(1- 0.75\frac{h^2}{H^2}\right)$$
Численно:
$$N = \frac{0.9\cdot10^{-3}\cdot10\cdot0.04}{0.06}\left(1- 0.75\left(\frac{4}{6}\right)^2\right) = 4\,\text{мН}$$
Ответ:
$$F = 4\,\text{мН}$$

Обоснование.

Используем инерциальную систему отсчета.
Цилиндр — абсолютно твердое тело.
Условия равновесия: $\sum F = 0$ и $\sum M = 0.$
Моменты считаем относительно точки касания $A.$

Действующие силы:

• Сила тяжести $mg.$
• Сила реакции опоры $N.$
• Сила трения $F_{тр} = \mu N$ (в предельном случае).
• Сила натяжения нити $T.$

Моменты относительно точки $A$:
$$mg\sin\alpha \cdot R = T \cdot 2R \implies T = \frac{mg\sin\alpha}{2}$$

Проекции на оси:$$ T + F_{тр} = mg\sin\alpha $$ $$ N = mg\cos\alpha$$

Предельное условие.

Подставляем $F_{тр} = \mu N$ и $T$:
$$\frac{mg\sin\alpha}{2} + \mu mg\cos\alpha = mg\sin\alpha$$Упрощаем:
$$\mu\cos\alpha = \frac{\sin\alpha}{2}$$ $$\tan\alpha = 2\mu = 1 \implies \alpha = 45^\circ$$

Ответ: $\alpha_{\text{пред}} = 45^\circ.$

Равновесие в воздухе:
$$m_1gl_1 = m_2gl_2 \implies l_1 = \frac{m_2l_2}{m_1}$$Сила Архимеда:
$$F_A = \rho_{\text{воды}}gV = 1000\cdot10\cdot200\cdot10^{-6} = 2\,\text{Н}$$

Равновесие в воде:
$$(m_1g- F_A)(l_1 + \Delta l) = (m_2g- F_A)(l_2- \Delta l)$$
Подстановка $l_1$:$$\left(0.32\cdot10- 2\right)\left(\frac{m_2\cdot0.2}{0.32} + 0.1\right) = (10m_2- 2)(0.2- 0.1)$$

Решение уравнения:
$$1.2\left(\frac{0.2m_2}{0.32} + 0.1\right) = 0.1(10m_2- 2)$$$$0.75m_2 + 0.12 = m_2- 0.2$$$$0.32 = 0.25m_2$$$$m_2 = 1.28\,\text{кг}$$
Ответ: $m_2 = 1.28\,\text{кг}.$

Обоснование:

$1)$ Рассматриваем задачу в инерциальной системе отсчета, связанной с Землей.

$2)$ Груз считаем материальной точкой.

$3)$ Балку считаем абсолютно твердым телом.

$4)$ Веревка легкая, поэтому сила натяжения одинакова вдоль всей длины.

$5)$ Балка находится в равновесии, поэтому:
— сумма моментов сил равна нулю;
— сумма сил, действующих на балку, равна нулю.

Решение:

$1)$ Обозначим:
— $T$ — сила натяжения каждого троса (по условию одинаковы);
— $T_1$ — сила натяжения веревки, на которой подвешен груз;
— $x$ — искомое расстояние от точки $A$ до центра тяжести балки.

$2)$ Запишем условие равновесия балки:

Сумма сил по вертикали: $$2T = Mg + T_1$$
$3)$ Запишем правило моментов относительно точки $A{:}$ $$T_1 \cdot d + Mg \cdot x = T \cdot L$$
$4)$ Для груза массой $m{:}$ $$T_1 = mg$$
$5)$ Подставим $T_1 = mg$ в уравнения:

Из уравнения сил: $$2T = Mg + mg \Rightarrow T = \dfrac{(M + m)g}{2}$$

Из уравнения моментов: $$mg \cdot d + Mg \cdot x = T \cdot L = \dfrac{(M + m)g}{2} \cdot L$$

$6)$ Сократим $g{:}$ $$md + Mx = \dfrac{(M + m)L}{2}$$
$7)$ Выразим $x{:}$ $$Mx = \dfrac{(M + m)L}{2}- md$$ $$x = \dfrac{(M + m)L- 2md}{2M}$$

$8)$ Подставим числовые значения: $$x = \dfrac{(100 + 60) \cdot 2- 2 \cdot 60 \cdot 0.5}{2 \cdot 100} = \dfrac{160 \cdot 2- 60}{200} = \dfrac{320- 60}{200} = \dfrac{260}{200} = 1.3 \space \text{м}$$

Ответ: $1.3 \space \text{м}$ расстояние от точки $A$ до центра тяжести балки.

Обоснование:

$1)$ Рассматриваем задачу в инерциальной системе отсчета, связанной с Землей.

$2)$ Палочку считаем абсолютно твердым телом.

$3)$ Условия равновесия твердого тела:
— Сумма внешних сил равна нулю
— Сумма моментов сил относительно любой оси равна нулю

$4)$ Стенки стакана гладкие, поэтому сила реакции перпендикулярна стенке.

Решение:

$1)$ Обозначим:
$R = 0.04 \space \text{м}$ — радиус стакана;
$l = 0.1 \space \text{м}$ — длина палочки;
$m = 0.0009 \space \text{кг}$ — масса палочки;
$h = 0.04 \space \text{м}$ — высота жидкости;
$\rho_{\text{ж}} = 0.75\rho$ — плотность жидкости.

$2)$ Найдем высоту $H$ верхнего конца палочки над дном:
$$H = \sqrt{l^2- (2R)^2} = \sqrt{0.1^2- (0.08)^2} = \sqrt{0.01- 0.0064} = \sqrt{0.0036} = 0.06 \space \text{м}$$

$3)$ На палочку действуют силы:
— сила тяжести $mg$ (приложена к центру палочки);
— сила Архимеда $F_A$ (приложена к центру погруженной части);
— сила реакции $N$ со стороны стенки (горизонтальная);
— сила реакции дна (вертикальная).

$4)$ Сила Архимеда:
$$F_A = \rho_{\text{ж}} g V_{\text{погр}} = 0.75\rho g \cdot \dfrac{h}{H}V = 0.75mg\dfrac{h}{H}$$

$5)$ Запишем правило моментов относительно нижнего конца палочки $($точка $A):$

$$mg \cdot R- F_A \cdot \dfrac{h}{2} \cdot \cot\alpha- N \cdot H = 0$$

$6)$ Найдем $\cot\alpha$ из геометрии: $$\cot\alpha = \dfrac{2R}{H} = \dfrac{0.08}{0.06} = \dfrac{4}{3}$$

$7)$ Подставим все выражения: $$mgR- 0.75mg\dfrac{h}{H} \cdot \dfrac{h}{2} \cdot \dfrac{2R}{H}- NH = 0$$

$8)$ Упростим: $$mgR- 0.75mgR\left(\dfrac{h}{H}\right)^2- NH = 0$$

$9)$ Выразим силу реакции $N{:}$ $$N = \dfrac{mgR}{H} \left[1- 0.75\left(\dfrac{h}{H}\right)^2\right]$$

$10)$ Подставим числовые значения: $$N = \dfrac{0.0009 \cdot 10 \cdot 0.04}{0.06} \left[1- 0.75\left(\dfrac{0.04}{0.06}\right)^2\right]$$ $$N = \dfrac{0.00036}{0.06} \left[1- 0.75 \cdot \left(\dfrac{4}{6}\right)^2\right] = 0.006 \cdot \left[1- 0.75 \cdot \dfrac{16}{36}\right]$$ $$N = 0.006 \cdot \left[1- 0.75 \cdot \dfrac{4}{9}\right] = 0.006 \cdot \left[1- \dfrac{3}{9}\right] = 0.006 \cdot \dfrac{2}{3} = 0.004 \space \text{Н}$$

$11)$ По третьему закону Ньютона: $$F = N = 0.004 \space \text{Н} = 4 \space \text{мН}$$

Ответ: $4 \space \text{мН}$ модуль силы, с которой верхний конец палочки давит на стенку стакана.

Обоснование:

$1)$ Рассматриваем задачу в инерциальной системе отсчета, связанной с Землей.

$2)$ Процесс медленный, поэтому работа идет только на увеличение потенциальной энергии системы.

$3)$ Воду считаем несжимаемой жидкостью.

$4)$ Гравитационное поле Земли однородное.

$5)$ Нулевой уровень потенциальной энергии — уровень пола.

Решение:

$1)$ Найдем размеры куба. Объем куба вдвое больше объема воды: $$2V = 216 \space \text{л} = 0.216 \space \text{м}^3$$ $$a^3 = 0.216 \Rightarrow a = 0.6 \space \text{м}$$

$2)$ Начальное положение центров масс:

Центр масс воды:$$h_{B1} = \dfrac{a}{4} = 0.15 \space \text{м}$$

Центр масс боковых стенок $(4$ стенки$){:}$ $$h_{C1} = \dfrac{a}{2} = 0.3 \space \text{м}$$

Центр масс днища: $$h_{D1} = 0$$

$3)$ В момент начала вытекания емкость повернута на угол $\alpha = 45^\circ.$

$4)$ Изменения высот центров масс:

Днище: $$\Delta h_D = \dfrac{a}{2} \sin 45^\circ = \dfrac{0.6}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = 0.15\sqrt{2} \space \text{м}$$

Боковые стенки: $$\Delta h_C = \dfrac{a}{\sqrt{2}}- \dfrac{a}{2} = 0.6\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}- \dfrac{1}{2}\right) = 0.3(\sqrt{2}- 1) \space \text{м}$$

Вода (центр масс треугольной призмы): $$h_{B2} = \dfrac{2}{3}a\sin 45^\circ = \dfrac{2}{3} \cdot 0.6 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = 0.2\sqrt{2} \space \text{м}$$ $$\Delta h_B = h_{B2}- h_{B1} = 0.2\sqrt{2}- 0.15 \space \text{м}$$

$5)$ Масса воды: $$M = \rho V = 1\space000 \cdot 0.108 = 108 \space \text{кг}$$

$6)$ Работа равна сумме изменений потенциальных энергий: $$A = mg\Delta h_D + 4mg\Delta h_C + Mg\Delta h_B$$ $$A = 4 \cdot 10 \cdot 0.15\sqrt{2} + 4 \cdot 4 \cdot 10 \cdot 0.3(\sqrt{2}- 1) + 108 \cdot 10 \cdot (0.2\sqrt{2}- 0.15)$$

$7)$ Вычислим численно ($\sqrt{2} \approx 1.414){:}$

Первое слагаемое:$$4 \cdot 10 \cdot 0.15 \cdot 1.414 = 8.484 \space \text{Дж}$$

Второе слагаемое:$$16 \cdot 10 \cdot 0.3 \cdot 0.414 = 19.872 \space \text{Дж}$$

Третье слагаемое:$$1\space080 \cdot (0.2828- 0.15) = 1\space080 \cdot 0.1328 = 143.424 \space \text{Дж}$$

$8)$ Суммарная работа:$$A = 8.484 + 19.872 + 143.424 = 171.78 \space \text{Дж} \approx 172 \space \text{Дж}$$

Ответ: $172 \space \text{Дж}$ работа, совершенная внуком к моменту начала вытекания воды.

Обоснование:

$1)$ Рассматриваем задачу в инерциальной системе отсчета, связанной с Землей.

$2)$ Палочку считаем абсолютно твердым телом. Условия равновесия:
— сумма внешних сил равна нулю
— сумма моментов внешних сил равна нулю

$3)$ Нить и блок невесомы, трения нет, поэтому силы натяжения одинаковы вдоль каждой нити.

$4)$ Применяем второй закон Ньютона для описания движения грузов.

Решение:

$1)$ Определим расстояния от точки опоры:
— до левого конца: $0.4l$
— до центра палочки: $0.1l$
— до правого конца: $0.6l$

$2)$ Запишем правило моментов для палочки относительно точки опоры: $$T_2 \cdot 0.4l = mg \cdot 0.1l + T \cdot 0.6l$$
$3)$ Для груза $M{:}$ $$T = Mg$$
$4)$ Для невесомого блока: $$T_2 = 2T_1$$
$5)$ Запишем второй закон Ньютона для грузов $m_1$ и $m_2{:}$ $$m_1a = m_1g- T_1$$ $$m_2a = T_1- m_2g$$
$6)$ Сложим уравнения, исключив ускорение: $$m_1a + m_2a = m_1g- T_1 + T_1- m_2g$$ $$(m_1 + m_2)a = (m_1- m_2)g$$ $$a = \dfrac{m_1- m_2}{m_1 + m_2}g$$
$7)$ Найдем $T_1$ из первого уравнения: $$T_1 = m_1g- m_1a = m_1g- m_1 \cdot \dfrac{m_1- m_2}{m_1 + m_2}g = \dfrac{2m_1m_2}{m_1 + m_2}g$$
$8)$ Тогда: $$T_2 = 2T_1 = \dfrac{4m_1m_2}{m_1 + m_2}g$$
$9)$ Подставим в уравнение моментов: $$\dfrac{4m_1m_2}{m_1 + m_2}g \cdot 0.4l = mg \cdot 0.1l + Mg \cdot 0.6l$$
$10)$ Сократим $gl{:}$ $$\dfrac{1.6m_1m_2}{m_1 + m_2} = 0.1m + 0.6M$$
$11)$ Выразим $M{:}$ $$0.6M = \dfrac{1.6m_1m_2}{m_1 + m_2}- 0.1m$$ $$M = \dfrac{1}{0.6} \left( \dfrac{1.6m_1m_2}{m_1 + m_2}- 0.1m \right)$$
$12)$ Подставим числовые значения: $$M = \dfrac{1}{0.6} \left( \dfrac{1.6 \cdot 0.5 \cdot 0.8}{0.5 + 0.8}- 0.1 \cdot 0.2 \right) = \dfrac{1}{0.6} \left( \dfrac{0.64}{1.3}- 0.02 \right)$$ $$M = \dfrac{1}{0.6} (0.4923- 0.02) = \dfrac{1}{0.6} \cdot 0.4723 \approx 0.787 \space \text{кг}$$

Ответ: $0.787 \space \text{кг}$ масса груза $M.$

Обоснование:

$1)$ Рассматриваем задачу в инерциальной системе отсчета, связанной с Землей.

$2)$ Стержень считаем абсолютно твердым телом.

$3)$ Применяем условия равновесия твердого тела:
— сумма сил равна нулю
— сумма моментов сил равна нулю

$4)$ Используем закон Архимеда для силы, действующей на погруженную часть стержня.

$5)$ Применяем третий закон Ньютона для силы в шарнире.

Решение:

$1)$ На стержень действуют силы:
— сила тяжести $mg$ (приложена к середине стержня)
— сила Архимеда $F_A$ (приложена к середине погруженной части)
— сила реакции шарнира $N$ (вертикальная)

$2)$ Длина погруженной части стержня: $$l_1 = \dfrac{h}{\cos \alpha} = \dfrac{0.25}{\cos 60^\circ} = \dfrac{0.25}{0.5} = 0.5 \space \text{м}$$
$3)$ Запишем правило моментов относительно шарнира: $$F_A \cdot \dfrac{l_1}{2} \sin \alpha = mg \cdot \dfrac{l}{2} \sin \alpha$$
$4)$ Сократим общие множители: $$F_A l_1 = mg l$$
$5)$ Выразим силы через плотности: $$F_A = \rho g S l_1, \quad mg = \rho_0 g S l$$
$6)$ Подставим в уравнение моментов: $$\rho g S l_1^2 = \rho_0 g S l^2$$ $$\rho l_1^2 = \rho_0 l^2$$
$7)$ Выразим длину стержня: $$l = l_1 \sqrt{\dfrac{\rho}{\rho_0}} = 0.5 \cdot \sqrt{\dfrac{1\space000}{250}} = 0.5 \cdot \sqrt{4} = 1 \space \text{м}$$
$8)$ Запишем условие равновесия по вертикали: $$F_A- mg- N = 0$$
$9)$ По третьему закону Ньютона $N = F = 0.25 \space \text{Н}$
$10)$ Подставим выражения для сил: $$\rho g S l_1- \rho_0 g S l- F = 0$$
$11)$ Выразим площадь сечения: $$S = \dfrac{F}{g(\rho l_1- \rho_0 l)}$$
$12)$ Подставим числовые значения: $$S = \dfrac{0.25}{10 \cdot (1\space000 \cdot 0.5- 250 \cdot 1)} = \dfrac{0.25}{10 \cdot (500- 250)} = \dfrac{0.25}{10 \cdot 250} = \dfrac{0.25}{2\space500} = 10^{-4} \space \text{м}^2$$
$13)$ Переведем в см$^2{:}$ $$S = 10^{-4} \space \text{м}^2 = 1 \space \text{см}^2$$

Ответ: $1 \space \text{см}^2$ площадь поперечного сечения стержня.

Обоснование:

$1)$ Рассматриваем задачу в инерциальной системе отсчета, связанной с Землей.

$2)$ Стержень и шары считаем абсолютно твердыми телами.

$3)$ Применяем условия равновесия твердого тела:
— сумма внешних сил равна нулю
— сумма моментов внешних сил равна нулю

$4)$ Стержень невесомый, поэтому учитываем только силы тяжести шаров и реакции опор.

Решение:

$1)$ Обозначим расстояния:
$AC = a = 0.2 \space \text{м};$
$CD = b = 0.6 \space \text{м};$
$DB = c = L- a- b = 1- 0.2- 0.6 = 0.2 \space \text{м}.$

$2)$ Запишем правило моментов относительно точки $C{:}$
$$m_1g \cdot a + N_D \cdot b- m_2g \cdot (b + c) = 0$$
$3)$ Выразим $N_D{:}$ $$N_D = \dfrac{m_2g(b + c)- m_1ga}{b}$$
$4)$ Запишем правило моментов относительно точки $D{:}$ $$m_1g \cdot (a + b)- N_C \cdot b- m_2g \cdot c = 0$$
$5)$ Выразим $N_C{:}$ $$N_C = \dfrac{m_1g(a + b)- m_2gc}{b}$$
$6)$ По условию $N_D = 2N_C.$ Подставим выражения: $$\dfrac{m_2g(b + c)- m_1ga}{b} = 2 \cdot \dfrac{m_1g(a + b)- m_2gc}{b}$$
$7)$ Сократим $g$ и $b{:}$ $$m_2(b + c)- m_1a = 2m_1(a + b)- 2m_2c$$
$8)$ Перенесем все члены в одну сторону: $$m_2(b + c) + 2m_2c- m_1a- 2m_1(a + b) = 0$$
$9)$ Упростим: $$m_2(b + 3c)- m_1(3a + 2b) = 0$$
$10)$ Выразим $m_1{:}$ $$m_1 = \dfrac{m_2(b + 3c)}{3a + 2b}$$
$11)$ Подставим числовые значения: $$m_1 = \dfrac{0.3 \cdot (0.6 + 3 \cdot 0.2)}{3 \cdot 0.2 + 2 \cdot 0.6} = \dfrac{0.3 \cdot (0.6 + 0.6)}{0.6 + 1.2} = \dfrac{0.3 \cdot 1.2}{1.8} = \dfrac{0.36}{1.8} = 0.2 \space \text{кг}$$ Ответ: $0.2 \space \text{кг}$ масса левого шарика $m_1.$

Обоснование:

$1)$ Рассматриваем задачу в инерциальной системе отсчета, связанной с Землей.

$2)$ Для описания поступательного движения считаем кубик материальной точкой.

$3)$ Применяем второй закон Ньютона для описания движения центра масс.

$4)$ Используем правило моментов для исключения вращения кубика.

$5)$ Применяем закон трения скольжения $F_{\text{тр}} = \mu N.$

Решение:

$1)$ На кубик действуют силы:
— приложенная сила $F$ (горизонтальная);
— сила тяжести $mg$ (вертикальная);
— сила реакции опоры $N$ (вертикальная);
— сила трения $F_{\text{тр}}$ (горизонтальная).

$2)$ Запишем второй закон Ньютона:

По горизонтали:$$ma = F- F_{\text{тр}}$$ По вертикали:$$N = mg$$

$3)$ Сила трения скольжения:$$F_{\text{тр}} = \mu N = \mu mg$$
$4)$ Чтобы кубик не опрокидывался, сумма моментов сил относительно центра масс должна быть равна нулю. Рассмотрим предельный случай, когда сила реакции приложена к переднему ребру кубика.

$5)$ Обозначим длину ребра кубика через $b.$ Моменты сил относительно центра масс:

Момент силы $F{:}$ $F \cdot \dfrac{b}{2}$ (по часовой стрелке)

Момент силы трения: $F_{\text{тр}} \cdot \dfrac{b}{2}$ (по часовой стрелке)

Момент силы реакции: $N \cdot \dfrac{b}{2}$ (против часовой стрелки)

$6)$ Условие равновесия моментов:$$F \cdot \dfrac{b}{2} + F_{\text{тр}} \cdot \dfrac{b}{2} = N \cdot \dfrac{b}{2}$$

$7)$ Сократим $\dfrac{b}{2}{:}$ $$F + F_{\text{тр}} = N$$

$8)$ Подставим $F_{\text{тр}} = \mu mg$ и $N = mg{:}$ $$F + \mu mg = mg$$ $$F = mg(1- \mu)$$

$9)$ Из уравнения движения: $$ma = F- \mu mg = mg(1- \mu)- \mu mg = mg(1- 2\mu)$$

$10)$ Выразим ускорение:$$a = g(1- 2\mu)$$
$11)$ Подставим числовые значения $g = 10 \space \text{м/с}^2,$ $\mu = 0.4{:}$ $$a = 10 \cdot (1- 2 \cdot 0.4) = 10 \cdot (1- 0.8) = 10 \cdot 0.2 = 2 \space \text{м/с}^2$$ Ответ: $2 \space \text{м/с}^2$ максимальное ускорение поступательного движения кубика.

Обоснование:

$1)$ Рассматриваем задачу в инерциальной системе отсчета, связанной с Землей.

$2)$ Шарики считаем материальными точками.

$3)$ Применяем второй закон Ньютона для описания равновесия системы.

$4)$ Используем правило моментов для определения условий равновесия.

$5)$ Применяем закон трения покоя $F_{\text{тр}} \leq \mu N.$

Решение

$1)$ На шарики действуют силы:
на большой шарик: сила тяжести $Mg,$ сила реакции $N_1,$ сила трения $F_{\text{тр}},$ сила натяжения стержня $T$
на малый шарик: сила тяжести $mg,$ сила реакции $N_2,$ сила натяжения стержня $T.$

$2)$ Запишем условия равновесия по осям:

По горизонтали: $$N_1- F_{\text{тр}} = 0$$
По вертикали: $$N_2- Mg- mg = 0$$

$3)$ Из вертикального уравнения: $$N_2 = (M + m)g$$
$4)$ Условие неподвижности: $$F_{\text{тр}} \leq \mu N_2 = \mu g(M + m)$$
$5)$ Запишем правило моментов относительно оси, проходящей через точку контакта большого шарика:$$N_1 \cdot \dfrac{1}{\sin \alpha}- mg \cdot \dfrac{1}{\cos \alpha} = 0$$
$6)$ При $\alpha = 45^\circ$ получаем: $$N_1 = mg$$
$7)$ Подставляем в условие неподвижности: $$mg \leq \mu g(M + m)$$
$8)$ Решаем неравенство относительно $m{:}$ $$m \leq \mu M + \mu m$$ $$m- \mu m \leq \mu M$$ $$m(1- \mu) \leq \mu M$$ $$m \leq \dfrac{\mu M}{1- \mu}$$
$9)$ Подставляем числовые значения: $$m \leq \dfrac{0.4 \cdot 60}{1- 0.4} = \dfrac{24}{0.6} = 40 \space \text{г}$$ Ответ: $m \leq 40 \space \text{г}.$