Двойной блок

Подсказка

Нижний блок свободный и лёгкий, поэтому по обе стороны от него нить натянута одинаково, а вес груза делится поровну. Для двойного блока на оси запишите правило моментов: у каждой из трёх нитей своё плечо.

Ответ

\(T_A=\dfrac{Mg}{2}\Bigl(1-\dfrac rR\Bigr)=\dfrac{Mg\,(R-r)}{2R}\).

Решение

Что происходит. Груз висит на нижнем блоке, а тот — на двух вертикальных участках одной нити, поэтому каждый участок несёт половину веса груза. Эти участки закреплены на двойном блоке в разных точках: левый касается большого блока (плечо \(R\)), правый сходит с цилиндра (плечо \(r\)). Их моменты относительно оси \(O\) не равны друг другу, и разность уравновешивает нить, идущая к стене. Главная идея: сила в точке \(A\) находится из правила моментов для двойного блока.

Обозначения. \(T'\) — натяжение двух вертикальных участков нити, \(T_A\) — натяжение горизонтального участка в точке \(A\). Нить невесома и нерастяжима, нижний блок невесом. Ось \(y\) направим вверх.

1. Нижний блок с грузом. Блок невесом и свободно вращается, поэтому момент сил натяжения относительно его оси равен нулю. Плечи обеих нитей одинаковы (радиус блока), значит, натяжения левого и правого участков равны — оба \(T'\). Запишем условие равновесия системы «нижний блок + груз» в проекции на ось \(y\): вверх тянут два участка нити, вниз — сила тяжести груза: \[2T'-Mg=0\quad\Rightarrow\quad T'=\frac{Mg}{2}.\]

2. Двойной блок. Двойной блок неподвижен, поэтому сумма моментов сил относительно оси \(O\) равна нулю. Сила реакции оси проходит через \(O\) и момента не создаёт. Моментом обладают три силы со стороны нити, каждая касается своей окружности:

• горизонтальный участок у стены тянет большой блок вправо в его верхней точке, плечо \(R\), вращение по часовой стрелке: момент \(-T_AR\);

• левый вертикальный участок тянет большой блок вниз в его крайней левой точке, плечо \(R\), вращение против часовой стрелки: момент \(+T'R\);

• правый вертикальный участок сходит с цилиндра и тянет его вниз в крайней правой точке, плечо \(r\), вращение по часовой стрелке: момент \(-T'r\).

Положительным считаем вращение против часовой стрелки: \[T'R-T_AR-T'r=0 .\]

Обратите внимание: натяжение нити не одно и то же по всей длине. Конец нити намотан на цилиндр и закреплён на нём, а большого блока нить только касается и держится на нём трением покоя, поэтому натяжение с двух сторон от большого блока различается: \(T_A\ne T'\).

3. Ответ. Неизвестным осталось \(T_A\); подставим \(T'\) из пункта 1: \[T_A=T'\,\frac{R-r}{R}=\frac{Mg}{2}\Bigl(1-\frac rR\Bigr).\]

Проверка. Размерность: сила. Предел \(r\to0\): нить закреплена на оси, момента не создаёт, и \(T_A=\dfrac{Mg}{2}\) — как у обычного неподвижного блока, где натяжение с обеих сторон одинаково. Предел \(r\to R\): оба вертикальных участка имеют одинаковое плечо и уравновешивают друг друга, нить у стены не нагружена, \(T_A\to0\). Физический смысл: чем тоньше цилиндр, тем меньше правая нить помогает левой, и тем сильнее должна тянуть нить у стены. При \(r\ge R\) равновесия нет (получилось бы \(T_A\le0\), а нить не толкает), поэтому в задаче \(R>r\).

Ответ: \(T_A=\dfrac{Mg}{2}\Bigl(1-\dfrac rR\Bigr)\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.