Задание 7018C7: Статика

Систему отсчёта свяжем с Землёй и будем считать инерциальной. Ось Ox направим вправо, Oy — вверх. Ускорение свободного падения g=10 м·с⁻².

Тело считаем абсолютно твёрдым. Оно покоится, поэтому сумма внешних сил и сумма их моментов относительно любой неподвижной оси равны нулю. Положительные моменты направим против часовой стрелки.
Обозначим нижний конец палочки A, верхний B, высоту B над дном H. На палочку действуют mg вниз в её середине, сила Архимеда F_А вверх в середине погружённой части, реакция правой стенки N в B влево, реакции дна N_д вверх и левой стенки N_л вправо в A. Стакан гладкий. Искомая или заданная сила давления верхнего конца на стенку F равна N по третьему закону Ньютона.

Равновесие по осям:
Ox: N_л−N=0,
Oy: N_д+F_А−mg=0.
Палочка соединяет противоположные стенки; горизонтальная проекция её длины равна диаметру 2R. По теореме Пифагора
H=√l²−4R².
Подстановка:
H=√(0,10 м)²−4·(0,04 м)²=0,06 м.

Пусть q=ρ_{жидкости}ρ_{палочки}=0,75. Из постоянства сечения и подобия треугольников доля погружённого объёма равна hH. Поэтому
V_погр=hVH,
F_А=ρ_{жидкости}·gV_погр=qmghH.
Горизонтальное плечо mg относительно A равно R. Середина погружённой части расположена вдвое ближе к A, чем точка пересечения палочки с поверхностью жидкости; плечо F_А равно RhH.

Моменты относительно A (реакции в A момента не создают):
NH+F_АRhH−mgR=0.
Объединяя формулы, получаем
N=mgRH(1−q(hH)²).

Выразим высоту:
h=H√1−NHmgRq.
Подстановка:
h=0,06 м·√1−0,008 Н·0,06 м0,0018 кг·10 м·с⁻²·0,04 м0,75=0,04 м=4 см.

Проверка: F_А=0,009 Н, N_д=0,009 Н, N_л=0,008 Н; реакции положительны. Моменты: 0,008 Н·0,06 м+0,009 Н·0,04 м·0,04 м0,06 м=0,018 Н·0,04 м.
В обоих вычислениях h=4 см<H=6 см, поэтому палочка действительно погружена частично.

Ответ: 4 см.