Задание F5E61D: 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 массы грузов m₁=1,28 кг, m₂=0,32 кг, расстояние между точками подвеса L. Рычаг и нити невесомы. В воздухе на каждый груз действуют натяжение T вверх и его сила тяжести вниз; после погружения добавляется сила Архимеда F_А вверх. На рычаг нити действуют вниз, а реакция опоры N — вверх. Плотность воды ρ_в=1000 кг·м⁻³, выталкивающей силой воздуха пренебрегаем.

В воздухе проекции равновесия грузов на Oy:
T₁−m₁g=0,
T₂−m₂g=0.
Для рычага N−T₁−T₂=0. Пусть первоначальное расстояние от тяжёлого груза до опоры равно x. Равновесие моментов:
T₁x−T₂(L−x)=0,
x=m₂Lm₁+m₂.
Подстановка масс:
x=0,32 кг1,28 кг+0,32 кгL=0,20L.

После полного погружения одинаковых объёмов сила Архимеда одинакова для обоих грузов:
F_А=ρ_в·gV.
Подстановка:
F_А=1000 кг·м⁻³·10 м·с⁻²·200·10⁻⁶ м³=2 Н.
Условия равновесия грузов в воде:
T′₁+F_А−m₁g=0,
T′₂+F_А−m₂g=0.
Отсюда T′₁=m₁g−F_А, T′₂=m₂g−F_А.
Подстановка:
T′₁=1,28 кг·10 м·с⁻²−2 Н=10,8 Н,
T′₂=0,32 кг·10 м·с⁻²−2 Н=1,2 Н.

При новом расстоянии до опоры y:
N′−T′₁−T′₂=0,
T′₁y−T′₂(L−y)=0,
y=T′₂LT′₁+T′₂.
Подстановка:
y=1,2 Н10,8 Н+1,2 НL=0,10L.
Следовательно, опора сдвинулась к тяжёлому грузу. По условию
x−y=0,10L=0,10 м,
L=1 м,
x=0,20·1 м=0,20 м=20 см.

Проверка: в воздухе 12,8 Н·0,20 м=3,2 Н·0,80 м; в воде 10,8 Н·0,10 м=1,2 Н·0,90 м. Новая опора на 10 см ближе к тяжёлому грузу, оба натяжения положительны.

Ответ: 20 см.