Цилиндрический космический корабль радиуса \(R\) вращается вокруг своей оси с угловой скоростью \(\omega\). Бассейн в корабле имеет глубину \(H\), а дном бассейна служит боковая стенка корабля.
а. Сможет ли космонавт плавать в этом бассейне? Опишите особенность космического бассейна. Определите плотность плавающей в бассейне палочки длины \(l<H\), если из воды выступает её верхняя часть длины \(\Delta\).
б. В бассейне можно наблюдать следующее интересное явление: два шара разной плотности, связанные нитью, в зависимости от «глубины» движутся или к свободной поверхности, или к стенке космического корабля, если плотность одного шара больше, а другого меньше плотности воды. Объясните это явление.
▶Посмотреть решениеСкрыть решение
а. Плавать — сможет. Всё, что нужно для плавания, — это выталкивающая сила, а она здесь есть: жидкость прижата к обшивке и давление растёт «вглубь», то есть наружу. Особенности две. Первая: тяжесть у дна (\(\omega^2R\)) больше, чем у поверхности (\(\omega^2(R-H)\)) — ныряя, чувствуешь себя тяжелее. Вторая: при плавании поперёк появляется сила Кориолиса, вода «уводит» пловца вбок; а у самой оси корабля наступает настоящая невесомость.
Давление. Отсчитывая радиус \(x\) от оси, для столбика от поверхности \(a=R-H\) до \(x\):
\[ P(x) = \rho_0\omega^2\,\frac{x^2-a^2}{2}. \]Палочка. Пусть её сечение \(S\). Внутренний конец на радиусе \(x_1=a-\Delta\), внешний — на \(x_2=a-\Delta+l\). Выталкивающая сила — это давление на нижний торец (верхний торец над водой, там давление нулевое):
\[ F_A = P(x_2)\,S = \rho_0\omega^2\,\frac{x_2^2-a^2}{2}\,S. \]«Вес» палочки — сумма центробежных сил по всей её длине; для однородного стержня это
\[ P_{\text{в}} = \rho\,\omega^2\,\frac{x_2^2-x_1^2}{2}\,S. \](В обоих случаях удобно помнить: \(\int x\,dx\) даёт \((x_2^2-x_1^2)/2\), то есть «средний радиус» \(\times\) длину.)
Приравниваем:
\[ \rho_0\,(x_2^2-a^2) = \rho\,(x_2^2-x_1^2). \]Раскроем разности квадратов: \(x_2-a=l-\Delta\), \(x_2+a=2a+l-\Delta\); \(x_2-x_1=l\), \(x_2+x_1=2a+l-2\Delta\). Значит
\[ \frac{\rho}{\rho_0} = \frac{(l-\Delta)(2a+l-\Delta)}{l\,(2a+l-2\Delta)} = \left(1-\frac{\Delta}{l}\right)\left(1+\frac{\Delta}{2a+l-2\Delta}\right), \] \[ \boxed{\rho = \rho_0\left(1-\frac{\Delta}{l}\right) \left(1+\frac{\Delta}{2R-2H-2\Delta+l}\right)} \]б. Два шара на нити. Пусть тяжёлый шар (объём \(V_1\), плотность \(\rho_1>\rho_0\)) находится дальше от оси, на радиусе \(x\), а лёгкий (\(V_2,\ \rho_2<\rho_0\)) — ближе, на радиусе \(x-L\) (\(L\) — длина нити). «Вес минус Архимед» для каждого шара пропорционален его собственному радиусу:
\[ F_{\text{наружу}} = \omega^2\Big[\underbrace{(\rho_1-\rho_0)V_1}_{A}\,x - \underbrace{(\rho_0-\rho_2)V_2}_{B}\,(x-L)\Big] = \omega^2\big[(A-B)x + BL\big]. \]На Земле было бы просто \((A-B)g\) — знак не зависел бы от глубины. Здесь же, если \(B>A\) (связка в среднем легче воды), появляется критический радиус
\[ x_* = \frac{BL}{B-A}: \]ближе к поверхности, при \(x<x_*\), сила направлена наружу — связка идёт к стенке; глубже, при \(x>x_*\), — внутрь, к свободной поверхности. Причина проста: тяжёлый шар сидит в более сильной «тяжести», чем лёгкий, и этот перекос тем заметнее, чем меньше сам радиус.
б. «Вес минус Архимед» каждого шара пропорционален его расстоянию до оси, поэтому знак равнодействующей меняется при переходе через радиус \(x_*=BL/(B-A)\).