Задача о тянущейся веревке

[Viktor92]

Благодарю!

[svv]

Мне очень нравится авторское решение. И то, что написано ниже, ни в коем случае не претендует на «делай так!». Это только упражнение.

Физики часто в рассуждениях используют бесконечно малые кубики, малые, почти прямолинейные участки криволинейной нити и т.д. Известно, что рассуждения с использованием этих понятий, в принципе, могут быть строго обоснованы. Физики о таком обосновании заботятся редко, и эцилопы нашего брата за это, бывает, бьют. Но обычно можно выкрутиться и вообще не использовать бесконечно малых явно.

Пусть $O$ — точка раздела лежащей части и висящей. Будем рассматривать такие конечные участки верёвки, один конец которых — точка $O$, другой где-то в воздухе (как участок, отмеченный красным). Фишка в том, что для любого такого участка выполняются условия равновесия:
$T\cos\alpha=T_0$
$T\sin\alpha=\rho g \ell$
Здесь $T, \alpha, \ell$ скалярные переменные. Кстати, можно считать, что висящая часть верёвки продолжается вверх неограниченно.
Продифференцируем уравнения по $\ell$:
$\frac{dT}{d\ell}\cos\alpha-T\sin\alpha\frac{d\alpha}{d\ell}=0$
$\frac{dT}{d\ell}\sin\alpha+T\cos\alpha\frac{d\alpha}{d\ell}=\rho g$
Если первое уравнение умножить на $\cos\alpha$, а второе на $\sin\alpha$ и сложить, получим
$\frac{dT}{d\ell}=\rho g\sin\alpha$
Учитывая, что
$\frac{dT}{d\ell}=\frac{dT}{dH}\frac{dH}{d\ell}=\frac{dT}{dH}\sin\alpha$,
получим $\frac{dT}{dH}=\rho g=\operatorname{const}$.

[Mihr]

svv, весьма симпатичные преобразования. Как упражнение, и как комментарий к авторскому решению, это замечательно, по-моему.