Способ 1 (энергетика).
В состоянии равновесия энергия системы должна быть минимальна. В данном случае энергия системы — это энергия натянутой плёнки, которая пропорциональна площади плёнки: с учётом того, что плёнка двусторонняя, $E_{пл}=2\sigma S_{пл}$. Ясно, что минимум этой энергии отвечает положению стержней, в котором максимальна площадь треугольника $OAB$. Её удобно вычислять по двум сторонам ($OA$ и $AB$) и углу $\varphi$ между ними:
$$
S_{OAB}=\frac{1}{2}L\cdot 2L\cdot \sin\varphi =L^{2}\sin\varphi.
$$Эта площадь максимальна при $\varphi=\frac{\pi}{2}$, то есть когда стержни перпендикулярны друг другу, и поэтому в прямоугольном треугольнике $OAB$ $\operatorname{tg}\alpha=\frac{1}{2}$. Итак, в состоянии равновесия
$$
\alpha=\operatorname{arctg}\left(\frac{1}{2}\right)=\operatorname{arcsin}\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)\approx 26.6^{\circ}.
$$
Способ 2 (статика и динамика).
Рассмотрим равновесие стержня $AB$, на который действуют три силы. Это равнодействующая сил поверхностного натяжения, которая перпендикулярна стержню и приложена к его середине. Поскольку стержень невесом, из условия равенства моментов относительно колечка находим проекцию силы реакции шарнира на направление, перпендикулярное стержню:
$$
2\sigma L\frac{L}{2}-R_{AB\bot}L=0 \Rightarrow
R_{AB\bot}=\sigma L.
$$Наконец, из условия баланса проекций сил на стержень, находим параллельную стержню составляющую силы реакции шарнира $R_{AB\rVert}=N\sin\beta=\sigma L\operatorname{tg}\beta$. Таким образом, величина этой силы $R_{AB}=(\sigma L)/(\cos\beta)$, и она направлена под углом $(2\beta − 90^{\circ})$ к стержню, и под углом $(90^{\circ} − \beta)$ к горизонтали. Сила, действующая на шарнир $A$ со стороны стержня $AB$, в соответствии с $\text{III}$ законом Ньютона, равна по величине и противоположна по направлению найденной силе $\vec{R}_{AB}$, а также и силе,
действующей на шарнир $A$ со стороны стержня $OA$ (шарнир $A$ находится в равновесии под действием этих двух сил). И, конечно, сила $\vec{R}_{OA}$, действующая со стороны шарнира $A$ на стержень $OA$, оказывается равна по величине и противоположна по направлению найденной
нами силе: $\vec{R}_{OA}=\vec{R}_{AB}$.
Теперь мы можем рассмотреть равновесие стержня $OA$ под действием $\vec{R}_{OA}$, равнодействующей сил поверхностного натяжения и силы реакции шарнира $O$. Записав условие равновесия моментов относительно $O$, находим перпендикулярную стержню компоненту $\vec{R}_{OA}$:
$$
4\sigma L\frac{L}{2}-R_{OA\bot}L=0 \Rightarrow R_{OA\bot}=2\sigma L.
$$Но из найденного ранее получаем другое выражение для этой величины:
$$
R_{OA\bot}=\frac{\sigma L}{\cos\beta} \cos(90^{\circ}-\beta)=\sigma L \cdot \operatorname{tg}\beta.
$$Из сопоставления этих выражений видим, что в состоянии равновесия $ \operatorname{tg}\beta=2$. Из теоремы синусов
$$
\sin\alpha=\frac{1}{2}\sin\beta=\frac{1}{\sqrt{5}},
$$и поэтому $\alpha=\arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{5}}\right)\approx 26.6^{\circ}$.
Отметим, что из полученных углов $(\sin\alpha = \cos\beta)$ видно, что третий угол в треугольнике $OAB$ — прямой!
Способ 1 (энергетика).
Потенциальная энергия определена с точностью до константы, поэтому мы можем считать энергию системы в положении равновесия равной нулю. Тогда энергия системы в положении, в котором колечко сдвинулось вдоль стержня в точку с координатой $x$, отсчитываемой от положения равновесия (см. рисунок), равна
$$
E(x)=2\sigma [L^{2}-S_{OAB}(x)]=2\sigma L^{2}(1-\sin [\varphi(x)]).
$$
Длина стороны $OB$ в этом положении $|OB| = L \sqrt{5} + x$, и, в соответствии с теоремой косинусов, $(L\sqrt{5}+x)^{2}=L^{2}+4L^{2}-4L^{2}\cos [\varphi(x)] \Rightarrow \cos[\varphi(x)]\approx -\frac{\sqrt{5}}{2L}x$.
Отметим, что в этом выражении мы пренебрегли слагаемым порядка $x^{2}/L^{2}$ (колебания малые).
В том же приближении $\sin[\varphi(x)]\approx \sqrt{1-\frac{5x^{2}}{4L^{2}}}\approx 1-\frac{5x^{2}}{8L^{2}}$. Значит, $E(x)\approx\frac{5\sigma x^{2}}{4}=\frac{kx^{2}}{2}$. Здесь введено обозначение $k=5\sigma/2$. Мы получили в точности такое же выражение, как для груза на пружине — малые колебания колечка будут происходить по гармоническому закону с периодом $T=2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi\sqrt{\frac{2m}{5\sigma}}$.
Способ 2 (статика и динамика).
Рассмотрим теперь неравновесное положение колечка, в
котором оно имеет координату $x$, отсчитываемую от положения равновесия (см. рисунок).
Далее будем считать, что обозначения всех углов относятся именно к смещённому положению колечка. Поскольку нам нужно описывать малые гармонические колебания, то
все силы нужно вычислять с точностью до первого порядка по $x/L$. Например, длина $OB$ в этом положении $|OB| = L\sqrt{5} + x$, и, в соответствии с теоремой косинусов
$$
(L\sqrt{5}+x)^{2}=L^{2}+4L^{2}-4L^{2}\cos\varphi \Rightarrow \cos\varphi \approx -\frac{\sqrt{5}}{2L}x.
$$Соответственно, с этой точностью $\sin\varphi \approx \sqrt{1-\frac{5x^{2}}{4L^{2}}} \approx 1$. По теореме синусов
$$
\sin\beta=\frac{2L}{L\sqrt{5}+x}\sin\varphi\approx \frac{2}{\sqrt{5}}-\frac{2}{5L}x \Rightarrow \cos\beta\approx \frac{1}{\sqrt{5}}+\frac{4}{5L}x.
$$Поскольку стержни и шарниры невесомые, то сумма приложенных к каждому из них сил и моментов сил равна нулю. Шайба в положении покоя просто передавала действующую на неё силу нормальной реакции спицы на стержень $AB$. Поскольку шайба массивная, и теперь движется с ускорением, то действующая с её стороны на стержень $AB$ сила имеет компоненту $F$ вдоль спицы. Повторим рассуждения о стержне $AB$ для новой ситуации.
Условие равновесия моментов сил относительно шарнира $A$ даёт уравнение (1):
$$
2\sigma L\frac{L}{2}-NL\cos\beta+FL\sin\beta=0 \Rightarrow NL\cos\beta-FL\sin\beta=\sigma L. \ (1)
$$Условие равновесия моментов относительно колечка прежнее: $2\sigma L\frac{L}{2}-R_{AB\bot}L=0 \Rightarrow R_{AB\bot}=\sigma L$. Условие баланса сил в проекции на стержень $AB$ теперь превратилось в
$$
R_{AB \rVert}=N\sin\beta+F(\beta).
$$Условие равновесия моментов сил, действующих на стержень $OA$ относительно $O$, тоже не изменилось: $4\sigma L\frac{L}{2}-R_{OA\bot}L=0 \Rightarrow R_{OA\bot} =2\sigma L$. С учётом $\vec{R}_{OA}=-\vec{R}_{AB}$ можно вычислить эту компоненту через силы, действующие на $AB$ (важно обратить внимание на то, что направление, перпендикулярное $OA$, составляет с горизонталью угол $(90^{\circ} − \alpha)$, а стержень $AB$ — угол $\beta$:
$$
R_{OA\bot}=2\sigma L=R_{AB \rVert}\cos(90^{\circ}-\alpha-\beta)+R_{AB\bot}\cos(180^{\circ}-\alpha-\beta).
$$С учётом того, что $(180^{\circ}-\alpha-\beta = \varphi)$, и выражений для сил, получаем уравнение (2):
$$
N\sin\beta+F\cos\beta=\sigma L\frac{2-\cos\varphi}{\sin\varphi}\approx \sigma L\left(2+\frac{\sqrt{5}}{2L}x\right). \ (2)
$$Исключая из (1) и (2) силу $N$, и используя полученные выше приближённые формулы для углов, находим, что
$$
F\approx \sigma L \left[\left(2+\frac{\sqrt{5}}{2L}x\right)\cos\beta-\sin\beta\right] \approx \frac{5}{2}\sigma \cdot x.
$$Соответствующая компонента силы, действующей со стороны стержня $AB$ на колечко, имеет противоположный знак. Таким образом, уравнение движения колечка при $x \ll L$ имеет вид:
$$
m\ddot{x}\approx -\frac{5}{2}\sigma \cdot x.
$$Это уравнение гармонических колебаний с циклической частотой $\omega=\sqrt{(5\sigma)/(2m)}$. Период колебаний $$
T=\frac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\frac{2m}{5\sigma}}.
$$