Решение

Определение. Выделим внутри жидкости маленькую площадку \(\Delta S\). Жидкость с одной её стороны действует на другую с силой \(\Delta F\), направленной строго перпендикулярно площадке (иначе появилась бы касательная составляющая, и покоящаяся жидкость потекла бы). Отношение

\[ P = \frac{\Delta F}{\Delta S} \]

и называют давлением. В СИ оно измеряется в паскалях: 1 Па = 1 Н/м\(^2\).

Главное свойство: давление изотропно. В данной точке оно одинаково для площадок любой ориентации. Убедиться легко: возьмём маленькую призму жидкости и запишем для неё условие равновесия. Силы давления на грани пропорциональны их площадям, а вес — объёму; при уменьшении размеров вес (\(\propto \ell^{3}\)) исчезает быстрее сил (\(\propto \ell^{2}\)). Остаются только силы давления, и их баланс на треугольной призме как раз и означает, что давление на всех гранях одно и то же.

Как измерить. Простейший манометр — трубка с поршнем и пружиной: вставим в жидкость цилиндр площадью \(S\), закрытый лёгким поршнем, который удерживает пружина жёсткости \(k\). Поршень сдвинется на \(x\), пока не наступит равновесие: \(PS = kx\), откуда

\[ P = \frac{k\,x}{S}. \]

Шкалу можно проградуировать один раз и потом просто читать давление по смещению.

Ещё способы. Жидкостный манометр — U-образная трубка: давление уравновешивается столбом жидкости, \(P = \rho g h\), и мерить надо всего лишь высоту. Мембранный — упругая пластинка прогибается тем сильнее, чем больше перепад давления. Пьезодатчик — кристалл под давлением даёт электрическое напряжение.

Решение

Силы на две грани. Передняя и нижняя грани — квадраты \(10\times10\) см, то есть \(S = 10^{-2}\) м\(^2\) каждая. Значит

\[ F_{\text{пер}} = F_{\text{ниж}} = PS = 2\cdot10^{5}\cdot10^{-2} = 2\cdot10^{3}\;\text{Н}. \]

Одна из них горизонтальна, другая вертикальна — они перпендикулярны друг другу, поэтому

\[ F_1 = \sqrt{F_{\text{пер}}^{2}+F_{\text{ниж}}^{2}} = 2000\sqrt2 \approx 2{,}8\cdot10^{3}\;\text{Н}. \]

Сила на всю призму. Давление одинаково по всей поверхности, а сумма \(\sum \vec n_i S_i\) по замкнутой поверхности равна нулю (это верно для любого многогранника: «векторные площади» граней замыкаются). Значит

\[ F_2 = 0. \]

Физически это очевидно: если бы жидкость с одинаковым давлением толкала тело куда-то, оно бы самопроизвольно поехало.

Решение

Выкладка.

\[ \vec F_{1}+\vec F_{2}+\vec F_{3}+\vec F_{4} = 0 \quad\Longrightarrow\quad \bigl|\vec F_{1}+\vec F_{2}+\vec F_{3}\bigr| = \bigl|\vec F_{4}\bigr| = P S_{\text{грани}}. \]

Площадь грани правильного тетраэдра — площадь равностороннего треугольника со стороной \(a\):

\[ S = \frac{\sqrt3}{4}\,a^{2}. \]

Отсюда

\[ F = P\,\frac{\sqrt3\,a^{2}}{4} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\;P = \frac{4F}{\sqrt3\,a^{2}}\;} \]

Решение

Почему так. Сила на элемент поверхности равна \(P\,\Delta S\) по нормали; её продольная составляющая равна \(P\,\Delta S\cos\theta = P\,\Delta S_{\perp}\), где \(\Delta S_{\perp}\) — площадь проекции элемента на поперечное сечение. Суммируя, получаем

\[ F_{\parallel} = P\,S_{\text{сечения трубы}}, \]

и это не зависит от формы торца — хоть конус, хоть волна, хоть полусфера.

Вывод. Слева и справа действуют одинаковые силы \(PS\), направленные навстречу друг другу. Они уравновешиваются, и поршень находится в равновесии. Никакой «выгодной» формы, при которой одинаковое давление сдвинуло бы поршень, не существует.

Это, по существу, запрет вечного двигателя: если бы фигурный поршень поехал сам собой, можно было бы бесконечно отбирать работу у покоящейся жидкости.

Решение

Считаем. Мысленно уменьшим давление всюду на \(P\) — от этого силы, действующие на шар, изменятся на силу однородного давления \(P\) по замкнутой поверхности, то есть на нуль. Остаётся: сверху давление \(2P\), снизу нуль.

Сила от давления \(2P\) на верхнюю (открытую этому давлению) часть шара по вертикали равна \(2P\) на площадь проекции этой части. Но у сферической шапки, ограниченной окружностью радиуса \(r\), проекция — это круг радиуса \(r\). Значит

\[ F = 2P\cdot\pi r^{2} = 2\pi r^{2}P. \]

Что важно. Радиус самого шара в ответ не входит — только радиус отверстия. Огромный шар и маленький прижимаются одинаково, если дырка одна и та же.

Решение

Считаем. Пусть отверстие радиуса \(r\) — верхнее, радиуса \(R\) — нижнее (пробка расширяется книзу). Жидкость давит на боковую поверхность конуса, зажатую между отверстиями. Вертикальная составляющая силы равна \(P\), умноженному на площадь проекции этого пояса:

\[ F = P\bigl(\pi R^{2}-\pi r^{2}\bigr) = \pi\bigl(R^{2}-r^{2}\bigr)P. \]

Направлена она вдоль оси — в сторону широкого отверстия, то есть пробку выталкивает туда, где дырка больше.

Почему так. Форма пробки между отверстиями роли не играет: важен только её «след» на плоскости, перпендикулярной оси. Хоть конус, хоть ступенька, хоть бочонок — ответ один и тот же (задача 4.1.4).

Решение

Разрежем пополам. Внутренний радиус \(R-\Delta\), внешний \(R\). Сила, с которой газ отталкивает половинку,

\[ F_{\text{газ}} = P\,\pi\,(R-\Delta)^{2} \]

(площадь проекции внутренней полусферы — круг радиуса \(R-\Delta\), задача 4.1.4).

Что держит. Сечение стенки по экватору — кольцо с площадью

\[ S_{\text{стенки}} = \pi R^{2} - \pi (R-\Delta)^{2}. \]

Разрыв наступает, когда напряжение в нём достигает предела прочности \(\sigma\):

\[ \sigma\,\bigl[\pi R^{2}-\pi(R-\Delta)^{2}\bigr] = P\,\pi(R-\Delta)^{2}, \] \[ \boxed{\;\sigma = \frac{(R-\Delta)^{2}}{R^{2}-(R-\Delta)^{2}}\;P\;} \]

Тонкая стенка. При \(\Delta \ll R\) знаменатель \(\approx 2R\Delta\), и

\[ \sigma \approx \frac{P\,R}{2\Delta}. \]

Это классическая формула для сферического сосуда. Запомнить её просто: чем больше баллон и чем тоньше стенка, тем опаснее.

Решение

Поперечный разрез. Отрежем сосиску (радиус \(R\)) поперёк. Давление \(P\) изнутри расталкивает две половинки с силой \(P\pi R^{2}\). Держит их оболочка по окружности длины \(2\pi R\). На единицу длины приходится

\[ f_{\perp} = \frac{P\pi R^{2}}{2\pi R} = \frac{PR}{2}. \]

Продольный разрез. Теперь разрежем сосиску вдоль, плоскостью через ось, взяв кусок длины \(L\). Давление расталкивает половинки с силой \(P\cdot 2RL\) (проекция полуцилиндра — прямоугольник \(2R\times L\)). Держат два шва общей длины \(2L\). На единицу длины

\[ f_{\parallel} = \frac{2PRL}{2L} = PR. \]

Сравнение.

\[ \frac{f_{\parallel}}{f_{\perp}} = 2. \]

Продольный шов нагружен вдвое сильнее. Поэтому оболочка рвётся именно вдоль — как только напряжение доходит до предела прочности, трещина идёт по «слабому» направлению, а слабое оно потому, что нагружено больше.

То же самое, но короче: у цилиндрического сосуда кольцевое (окружное) напряжение равно \(PR/\Delta\), а осевое — \(PR/(2\Delta)\). Кольцевое вдвое больше, и разрыв идёт вдоль образующей.

Решение

Силы на поршни. Пусть избыточное давление под поршнями равно \(p\). Тогда снизу вверх на \(i\)-й поршень действует

\[ F_i = p\,\frac{\pi d_i^{2}}{4}, \]

то есть \(F_i \propto d_i^{2}\).

Условие горизонтальности. Палка невесома и держится на трёх стержнях; чтобы она не поворачивалась, момент всех сил относительно любой точки должен быть нулём. Отсюда точка приложения \(F\) — это «центр» распределения сил:

\[ x_F = \frac{\sum d_i^{2}x_i}{\sum d_i^{2}}. \]

Числа. Поместим начало отсчёта в средний сосуд; крайние стоят в \(-a\) и \(+a\):

\[ x_F = \frac{-a\,d_1^{2} + 0\cdot d_2^{2} + a\,d_3^{2}}{d_1^{2}+d_2^{2}+d_3^{2}} = -\,\frac{d_1^{2}-d_3^{2}}{d_1^{2}+d_2^{2}+d_3^{2}}\,a. \]

Значит силу надо прикладывать на расстоянии

\[ \boxed{\;l = \frac{d_1^{2}-d_3^{2}}{d_1^{2}+d_2^{2}+d_3^{2}}\;a\;} \]

влево от середины палки (то есть в сторону более широкого сосуда). Полная сила при этом равна \(F = \dfrac{\pi p}{4}\bigl(d_1^{2}+d_2^{2}+d_3^{2}\bigr)\).

Решение

Избыточное давление. Груз \(m\) на большом поршне площади \(S_1\) даёт

\[ \Delta P = \frac{mg}{S_1}. \]

Геометрия. Пусть малый поршень поднялся на \(h\). Вытесненный им объём \(S_2h\) приходит из-под большого, и тот опускается на

\[ \Delta = \frac{S_2}{S_1}\,h. \]

Разность уровней поршней стала

\[ H = h + \Delta = h\left(1+\frac{S_2}{S_1}\right). \]

Равновесие. Перепад давлений уравновешивается столбом воды высоты \(H\):

\[ \frac{mg}{S_1} = \rho g H = \rho g h\left(1+\frac{S_2}{S_1}\right), \] \[ h = \frac{m}{\rho\,S_1\left(1+S_2/S_1\right)} = \frac{m}{\rho\,(S_1+S_2)}. \]

Числа. \(S_1 = 10^{-2}\) м\(^2\), \(S_2 = 10^{-3}\) м\(^2\), \(m = 80\) кг:

\[ h = \frac{80}{10^{3}\cdot1{,}1\cdot10^{-2}} = \frac{80}{11} \approx 7{,}3\;\text{м} = 727\;\text{см}. \]

Решение

Данные. \(a = 0{,}2\) м, \(S = a^{2} = 0{,}04\) м\(^2\); нижняя грань на глубине 1 м, верхняя — на 0,8 м, центр боковой — на 0,9 м. \(\rho g = 9{,}8\cdot10^{3}\) Па/м.

Нижняя грань (давление снизу, сила вверх):

\[ F_{\text{н}} = \bigl(P_0+\rho g\cdot1\bigr)S = (10^{5}+9800)\cdot0{,}04 \approx 4392\;\text{Н}. \]

Верхняя грань (сила вниз):

\[ F_{\text{в}} = \bigl(P_0+\rho g\cdot0{,}8\bigr)S = (10^{5}+7840)\cdot0{,}04 \approx 4314\;\text{Н}. \]

Боковая грань (сила горизонтальна, по нормали к грани):

\[ F_{\text{б}} = \bigl(P_0+\rho g\cdot0{,}9\bigr)S = (10^{5}+8820)\cdot0{,}04 \approx 4353\;\text{Н}. \]

Сумма всех сил. Четыре боковые грани попарно гасят друг друга, остаются вертикальные:

\[ F = F_{\text{н}} - F_{\text{в}} = \rho g\,(1-0{,}8)\,S = \rho g\,a^{3} = 9{,}8\cdot10^{3}\cdot8\cdot10^{-3} \approx 78\;\text{Н} \]

— вверх. Это, конечно, архимедова сила: вес вытесненной воды.

Решение

Геометрия. Площадь грани

\[ S = \frac{\sqrt3}{4}a^{2}, \]

высота тетраэдра

\[ H = a\sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{a\sqrt6}{3}. \]

Боковая грань опирается на ребро нижней грани и упирается в вершину. Её центр тяжести — среднее трёх вершин, две из которых лежат на нижней грани (глубина \(h\)), а третья — на вершине (глубина \(h-H\)). Значит

\[ h_{\text{ц}} = \frac{h+h+(h-H)}{3} = h - \frac{H}{3} = h - \frac{a\sqrt6}{9}. \]

Сила.

\[ F = \Bigl(P + \rho g\,h_{\text{ц}}\Bigr)S = \Bigl(P+\rho g h - \rho g\frac{a\sqrt6}{9}\Bigr)\frac{\sqrt3\,a^{2}}{4}. \]

Раскроем и сгруппируем, заметив, что \(\sqrt3\cdot\sqrt6 = 3\sqrt2\):

\[ \boxed{\;F = \frac{\sqrt3}{4}P a^{2} + \frac{1}{12}\rho g a^{2}\bigl(3\sqrt3\,h - \sqrt2\,a\bigr)\;} \]

Направлена сила по нормали к грани, внутрь тетраэдра.

Решение

Силы на куб. Их четыре: вес \(\rho a^{3}g\) вниз; давление жидкости и воздуха на пять смоченных граней; нормальная реакция дна \(N\); сила трения \(f\) вдоль дна.

Пять граней = шесть минус одна. Если бы куб был смочен со всех сторон, суммарная сила была бы архимедовой: \(\rho_0 a^{3}g\) вертикально вверх. Сила на основание (если бы оно было смочено) равна \(P_{\text{ц}}a^{2}\) по нормали к дну, где \(P_{\text{ц}}\) — давление на глубине центра основания. Значит

\[ \vec F_{5} = \rho_0 a^{3}g\,\hat z_{\uparrow} - P_{\text{ц}}a^{2}\,\hat n, \]

где \(\hat n\) — нормаль к дну, направленная от дна вверх.

Глубина центра основания. Верхнее ребро куба — самая мелкая его точка, на глубине \(h\). Спускаясь от него к центру основания, мы уходим вниз на \(a\cos\alpha\) (толщина куба по нормали к дну) и ещё на \(\tfrac{a}{2}\sin\alpha\) (полребра вдоль склона):

\[ h_{\text{ц}} = h + a\cos\alpha + \frac{a}{2}\sin\alpha, \qquad P_{\text{ц}} = P + \rho_0 g\,h_{\text{ц}}. \]

Вдоль дна. Вес даёт \(\rho a^{3}g\sin\alpha\) вниз по склону, архимедова сила — \(\rho_0a^{3}g\sin\alpha\) вверх, давление на основание вклада не даёт (оно по нормали). Значит трение

\[ F_{\parallel} = a^{3}\bigl(\rho-\rho_0\bigr)g\sin\alpha. \]

По нормали к дну.

\[ F_{\perp} = \rho a^{3}g\cos\alpha - \rho_0a^{3}g\cos\alpha + P_{\text{ц}}a^{2}, \]

и, подставив \(P_{\text{ц}}\), два члена с \(\cos\alpha\) частично сокращаются:

\[ \boxed{\;F_{\perp} = a^{3}\rho_0 g\left(\frac{\rho}{\rho_0}\cos\alpha + \frac12\sin\alpha + \frac{h}{a}\right) + P a^{2}\;} \]

По третьему закону Ньютона с такими же силами куб действует на дно.

Решение

Силы на диск. Пусть уровень в трубке — \(x\) ниже наружного уровня (то есть на глубине \(x\) от поверхности снаружи). Обозначим \(P_0\) — атмосферное давление.

— снизу жидкость давит вверх: \(U_1 = [P_0+\rho_0g(H+h)]\pi R^{2}\), приложена в центре диска \(C\);
— вес диска вниз: \(D_1 = \rho g\pi R^{2}h\), тоже в \(C\);
— жидкость в трубке давит на верх диска: \(D_2 = [P_0+\rho_0 g x]\pi r^{2}\), приложена в центре трубки \(O\);
— наружная жидкость давит на кольцевую часть верха: \(D_3 = [P_0+\rho_0gH]\pi(R^{2}-r^{2})\).

Равнодействующая. Суммарная вертикальная сила (вверх)

\[ U = \pi R^{2}gh(\rho_0-\rho) + \pi r^{2}\rho_0 g\,(H-x), \]

а её момент относительно оси трубки (все \(P_0\)-члены и «кольцевые» вклады сокращаются) равен

\[ M = a\,\pi R^{2}gh\,(\rho_0-\rho). \]

Условие отрыва. Кольцо-торец может только давить на диск сверху вниз, причём лишь по окружности радиуса \(r\). Диск удерживается, пока линия действия равнодействующей проходит внутри этого кольца:

\[ |M| \le U\,r. \]

Как только \(|M| = Ur\), диск начинает перекашиваться и отрывается. Подставим:

\[ \pi R^{2}gh(\rho-\rho_0)\,a = r\left[\pi R^{2}gh(\rho_0-\rho) + \pi r^{2}\rho_0 g(H-x)\right] \cdot(-1)\;\Rightarrow \] \[ \pi r^{2}\rho_0(H-x) = R^{2}h(\rho-\rho_0)\left(1+\frac{a}{r}\right)\pi/\pi, \]

откуда

\[ \boxed{\;x = H - \frac{R^{2}}{r^{2}}\left(1+\frac{a}{r}\right) \left(\frac{\rho}{\rho_0}-1\right)h\;} \]

Решение

Площади.

\[ S_{\text{п}} = \pi R_{\text{п}}^{2} = \pi\cdot0{,}1^{2} = 3{,}14\cdot10^{-2}\;\text{м}^{2}, \qquad S_{\text{т}} = \pi r^{2} = \pi\cdot0{,}05^{2} = 0{,}785\cdot10^{-2}\;\text{м}^{2}. \]

Давление под поршнем. Вода в сосуде сообщается с водой в трубке, значит на уровне поршня

\[ P_{\text{низ}} = P_0 + \rho g h, \]

где \(h\) — высота столба в трубке над поршнем.

Баланс сил. Снизу вода давит на кольцевую часть поршня площадью \(S_{\text{п}}-S_{\text{т}}\); сверху на ту же площадь давит атмосфера. Разность и держит вес:

\[ \bigl(P_{\text{низ}}-P_0\bigr)\bigl(S_{\text{п}}-S_{\text{т}}\bigr) = Mg, \] \[ \rho g h\,\bigl(S_{\text{п}}-S_{\text{т}}\bigr) = Mg \quad\Longrightarrow\quad h = \frac{M}{\rho\,\bigl(S_{\text{п}}-S_{\text{т}}\bigr)}. \]

Числа.

\[ h = \frac{20}{10^{3}\cdot(3{,}14-0{,}785)\cdot10^{-2}} = \frac{20}{23{,}6} \approx 0{,}85\;\text{м} = 85\;\text{см}. \]

Решение

Барометрический предел.

\[ H_{\max} = \frac{P_0}{\rho g} = \frac{10^{5}}{10^{3}\cdot9{,}8} \approx 10{,}2\;\text{м}. \]

Столб такой высоты, отсчитанный от уровня воды в сосуде, — потолок для любого насоса.

Уровень в сосуде опускается. Пусть вода в трубке поднялась на \(h\) выше первоначального уровня, а уровень в сосуде опустился на \(\Delta\). Тогда высота столба над текущим уровнем равна \(h+\Delta\), и

\[ h + \Delta = H_{\max}. \]

Баланс объёмов. Вода, ушедшая из сосуда (кольцо площадью \(S_{\text{с}}-S_{\text{т}}\), опустившееся на \(\Delta\)), поднялась в трубку выше текущего уровня:

\[ S_{\text{т}}\,(h+\Delta) = \bigl(S_{\text{с}}-S_{\text{т}}\bigr)\Delta. \]

С \(S_{\text{т}} = \pi\cdot0{,}1^{2}\) и \(S_{\text{с}} = \pi\cdot1^{2}\) отношение площадей равно 100, поэтому

\[ h+\Delta = 99\,\Delta \quad\Longrightarrow\quad \Delta = \frac{H_{\max}}{99} \approx 0{,}10\;\text{м}. \]

Ответ.

\[ h = H_{\max} - \Delta \approx 10{,}2 - 0{,}1 = 10{,}1\;\text{м}. \]

Решение

Правило вертикальной силы. Для криволинейной поверхности вертикальная составляющая силы давления равна весу жидкости в «столбе» над этой поверхностью, считая до уровня свободной поверхности. У нас жидкость давит на купол изнутри вверх, и соответствующий объём — это то, что не хватает полусфере до цилиндра:

\[ V = \underbrace{\pi R^{2}\cdot R}_{\text{цилиндр}} - \underbrace{\frac{2}{3}\pi R^{3}}_{\text{полусфера}} = \frac{\pi R^{3}}{3}. \]

Подъёмная сила.

\[ F = \rho g V = \frac{\pi R^{3}\rho g}{3}. \]

Условие подъёма. Колокол приподнимется, когда \(F\) сравняется с его весом:

\[ mg = \frac{\pi R^{3}\rho g}{3} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\;m = \frac{\pi R^{3}\rho}{3}\;} \]

Гидростатический парадокс. Обратите внимание: жидкости в колоколе всего \(\tfrac23\pi R^{3}\) — вдвое больше, чем «поднимающий» объём. То есть колокол приподнимается весом, вдвое меньшим веса налитой жидкости. Ещё нагляднее: тонкую трубочку в отверстии можно было бы нарастить, и тогда колокол оторвался бы от стола от нескольких граммов дополнительной жидкости — знаменитый опыт Паскаля с бочкой.

Решение

Рассуждение. Пусть уровни \(h_1 > h_2\). Возьмём малый объём \(\delta V\) с поверхности первого сосуда (он находится на высоте \(h_1\)) и перенесём его на поверхность второго (высота \(h_2\)). Изменение потенциальной энергии

\[ \Delta U = \rho\,\delta V\,g\,(h_2-h_1) < 0. \]

Энергия уменьшилась. Значит любое состояние с \(h_1\ne h_2\) — не минимум: всегда можно сделать «шаг» в сторону меньшей энергии.

Равные уровни — стационарная точка. Если \(h_1 = h_2\), то любой такой перенос даёт \(\Delta U = 0\) в первом порядке. А во втором порядке энергия растёт: перенеся объём \(\delta V\) из первого сосуда (площадь \(S_1\)) во второй (площадь \(S_2\)), мы опустим первый уровень на \(\delta V/S_1\) и поднимем второй на \(\delta V/S_2\), так что

\[ \Delta U = \frac{\rho g}{2}\left(\frac{1}{S_1}+\frac{1}{S_2}\right)(\delta V)^{2} > 0. \]

Значит равные уровни — именно минимум, причём устойчивый.

Связь с давлением. Условие минимума энергии эквивалентно равенству давлений на одном уровне: \(P_0+\rho g h_1 = P_0 + \rho g h_2\). Это общее правило механики — равновесие есть экстремум потенциальной энергии.

Решение

Сила в начале. Атмосферное давление действует на пробку с обеих сторон и сокращается, остаётся только избыточное:

\[ F(0) = \rho g h\cdot\pi r^{2}. \]

Как растёт давление. Вдвинув пробку на \(x\), мы вытеснили объём \(\pi r^{2}x\). Уровень поднялся на

\[ \delta(x) = \frac{\pi r^{2}x}{\pi R^{2}} = \frac{r^{2}}{R^{2}}\,x, \]

значит глубина отверстия стала \(h + \delta(x)\), и

\[ F(x) = \rho g\left(h + \frac{r^{2}}{R^{2}}x\right)\pi r^{2}. \]

Работа. Сила линейна по \(x\), поэтому работа равна средней силе на путь:

\[ A = \overline{F}\,l = \rho g\left(h+\frac{r^{2}l}{2R^{2}}\right)\pi r^{2}\,l, \]

то есть

\[ \boxed{\;A = \pi r^{2}\left(h + \frac{1}{2}\frac{r^{2}}{R^{2}}\,l\right)\rho\,g\,l\;} \]

Решение

Поле внутри планеты. На расстоянии \(s\) от центра притягивает только шар радиуса \(s\) массой \(M(s) = \tfrac43\pi s^{3}\rho\), поэтому

\[ g(s) = \frac{\gamma M(s)}{s^{2}} = \frac{4}{3}\pi\gamma\rho\,s. \]

Набираем давление. Возьмём тонкий столбик сечения \(S\) между \(s\) и \(s+\Delta s\). Его вес \(\rho S\Delta s\cdot g(s)\) должен держаться разностью давлений снизу и сверху:

\[ \Delta P = -\rho\,g(s)\,\Delta s = -\frac{4}{3}\pi\gamma\rho^{2}\,s\,\Delta s. \]

Складывая от \(r\) до \(R\) (на поверхности давление нуль) и пользуясь тем, что сумма \(s\,\Delta s\) даёт \(\tfrac12(R^{2}-r^{2})\):

\[ \boxed{\;P(r) = \frac{2}{3}\pi\gamma\rho^{2}\bigl(R^{2}-r^{2}\bigr)\;} \]

В центре.

\[ P_0 = \frac{2}{3}\pi\gamma\rho^{2}R^{2}. \]

Числа для Земли. \(\rho \approx 5{,}5\cdot10^{3}\) кг/м\(^3\), \(R = 6{,}4\cdot10^{6}\) м:

\[ P_0 \approx \frac{2}{3}\pi\cdot6{,}7\cdot10^{-11}\cdot3\cdot10^{7}\cdot4\cdot10^{13} \approx 1{,}7\cdot10^{11}\;\text{Па} \approx 1{,}7\;\text{млн атм}. \]

Решение

Рассуждение. Перейдём в систему сосуда. Там на всё действует сила инерции \(-m\vec a\), то есть «сила тяжести» с \(\vec g_{\text{эфф}} = -\vec a\). Жидкость расслаивается: давление растёт в направлении \(\vec g_{\text{эфф}}\), то есть против ускорения.

На пузырь действует выталкивающая сила \(-\rho V\vec g_{\text{эфф}} = \rho V\vec a\), а его собственная «инерционная тяжесть» ничтожна (плотность газа мала). Значит суммарно пузырь толкает в сторону ускорения.

Наглядно. Жидкость тяжелее, ей «труднее» разгоняться; она отстаёт и скапливается сзади, вытесняя лёгкий пузырь вперёд. Тот же эффект: в разгоняющемся автомобиле шарик с гелием на нитке наклоняется вперёд, а не назад, как всё остальное.

Решение

Ускорение. Сосуд скользит вниз по склону:

\[ a = g\,(\sin\alpha - \mu\cos\alpha), \]

направлено вдоль склона вниз.

Эффективная тяжесть. Разложим по осям вдоль склона (\(\xi\), вниз) и по нормали к нему (\(\eta\)):

\[ g_{\text{эфф},\,\xi} = g\sin\alpha - a = \mu g\cos\alpha, \qquad g_{\text{эфф},\,\eta} = g\cos\alpha. \]

(Вдоль склона тяжесть частично «съедена» ускорением, поперёк — нет.)

Наклон поверхности. Поверхность перпендикулярна \(\vec g_{\text{эфф}}\), значит она составляет со склоном угол \(\varphi\), где

\[ \operatorname{tg}\varphi = \frac{g_{\text{эфф},\,\xi}}{g_{\text{эфф},\,\eta}} = \frac{\mu g\cos\alpha}{g\cos\alpha} = \mu \quad\Longrightarrow\quad \varphi = \operatorname{arctg}\mu. \]

Сам склон наклонён на \(\alpha\), а поверхность отклонена от него на \(\operatorname{arctg}\mu\) в сторону «вверх по склону», поэтому к горизонту она наклонена на

\[ \boxed{\;\beta = \alpha - \operatorname{arctg}\mu\;} \]

Решение

Где внутренняя граница. Жидкость занимает кольцо от \(s_0\) до \(R\), и его объём составляет \(3/4\) от всего:

\[ \pi\bigl(R^{2}-s_0^{2}\bigr)L = \frac34\pi R^{2}L \quad\Longrightarrow\quad s_0^{2} = \frac{R^{2}}{4}, \qquad s_0 = \frac{R}{2}. \]

Набираем давление. Для тонкого слоя между \(s\) и \(s+\Delta s\) центробежная сила \(\rho\,\Delta s\,S\cdot\omega^{2}s\) уравновешивается разностью давлений:

\[ \Delta P = \rho\,\omega^{2}s\,\Delta s. \]

Суммируя от \(s_0\) (где \(P=0\)) до \(s\):

\[ P(s) = \frac{\rho\omega^{2}}{2}\bigl(s^{2}-s_0^{2}\bigr) = \frac{\rho\omega^{2}}{2}\left(s^{2}-\frac{R^{2}}{4}\right). \]

В переменной «расстояние от стенки». Пусть \(x = R-s\):

\[ \boxed{\;P(x) = \frac{\rho\omega^{2}}{2}\left[(R-x)^{2}-\frac{R^{2}}{4}\right], \qquad 0 \le x \le \frac{R}{2}.\;} \]

У стенки (\(x=0\)) давление максимально: \(P_{\max} = \tfrac38\rho\omega^{2}R^{2}\); на внутренней поверхности (\(x=R/2\)) оно обращается в нуль.

Решение

Наклон поверхности. На расстоянии \(x\) от оси эффективная тяжесть имеет компоненты \(\omega^{2}x\) (наружу) и \(g\) (вниз). Поверхность перпендикулярна ей, значит её наклон

\[ \frac{dy}{dx} = \frac{\omega^{2}x}{g}. \]

Собираем высоту. Складывая приращения (наклон линейно растёт, поэтому средний наклон на отрезке \([0,x]\) равен половине конечного):

\[ y(x) = \overline{\left(\frac{dy}{dx}\right)}\cdot x = \frac{1}{2}\cdot\frac{\omega^{2}x}{g}\cdot x, \] \[ \boxed{\;y = \frac{\omega^{2}}{2g}\,x^{2}\;} \]

— поверхность есть параболоид вращения, отсчитанный от самой низкой точки на оси. Перепад высот от оси до стенки радиуса \(R\) равен \(\omega^{2}R^{2}/(2g)\).

Тот же ответ через давление. На поверхности давление всюду атмосферное. Вдоль радиуса давление растёт как \(\rho\omega^{2}x^{2}/2\) (задача 4.1.23), а вверх убывает как \(\rho g y\). Приравняв, получаем то же \(y = \omega^{2}x^{2}/(2g)\) ✓.

Решение

Силы на шайбу. Боковые силы горизонтальны и в вертикальный баланс не входят. Остаются три силы:

\[ P S \;(\text{вверх}), \qquad P_0 S \;(\text{вниз}), \qquad mg \;(\text{вниз}). \]

Шайба плавает — покоится, значит

\[ P S = P_0 S + mg \quad\Longrightarrow\quad \boxed{P = P_0 + \frac{mg}{S}} \]

Решение

Баланс. Пусть сечение шайбы \(S\), глубина погружения в нижнюю жидкость \(h\). Тогда в верхней жидкости находится часть высоты \(H-h\):

\[ \underbrace{\rho H S g}_{\text{вес}} \;=\; \underbrace{\rho_1 (H-h) S g}_{\text{сверху}} \;+\; \underbrace{\rho_2 h S g}_{\text{снизу}}. \]

Площадь и \(g\) сокращаются:

\[ \rho H = \rho_1 H - \rho_1 h + \rho_2 h \quad\Longrightarrow\quad h(\rho_2-\rho_1) = H(\rho-\rho_1), \] \[ \boxed{h = H\,\frac{\rho-\rho_1}{\rho_2-\rho_1}} \]

Решение

Что где находится. Пусть \(H\) — глубина погружения (от границы раздела до внешней поверхности дна), \(d\) — глубина, на которой лежит сама граница раздела под свободной поверхностью жидкости \(\rho_1\). Стенки тонкие, их объёмом пренебрегаем. Тогда объём «тела»:

в слое \(\rho_2\) (ниже границы) — столбик сечения \(S\) высоты \(H\);
в слое \(\rho_1\) (выше границы) — только внутренняя жидкость, столбик высоты \(d\).

Вес. Внутренняя жидкость занимает высоту от свободной поверхности до внутренней стороны дна, то есть \(d+H-h\):

\[ P = mg + \rho_1 S (d+H-h)\,g. \]

Архимед по слоям.

\[ mg + \rho_1 S (d+H-h) g \;=\; \rho_1 S d\, g + \rho_2 S H g. \]

Слагаемые с \(d\) сокращаются — глубина границы раздела в ответ не входит:

\[ m + \rho_1 S H - \rho_1 S h = \rho_2 S H \quad\Longrightarrow\quad S H(\rho_2-\rho_1) = m - \rho_1 S h, \] \[ \boxed{H = \frac{m-\rho_1 h S}{S(\rho_2-\rho_1)}} \]

Решение

Осадка. Из Архимеда \(\rho a^2 b = \rho_0 a^2 d\), откуда

\[ d = b\,\frac{\rho}{\rho_0}. \]

Центр тяжести \(G\) — на высоте \(b/2\) от дна, центр давления \(B\) (центр погружённой части) — на высоте \(d/2\).

Момент клиньев. При наклоне на малый угол \(\varphi\) с одного борта в воду входит клин, с другого выходит такой же. В сечении это треугольник с катетами \(a/2\) и \((a/2)\varphi\), значит объём клина

\[ V_{\text{кл}} = \frac12\cdot\frac a2\cdot\frac{a\varphi}{2}\cdot a = \frac{a^3\varphi}{8}, \]

а его центр тяжести отстоит от оси наклона на \(\tfrac23\cdot\tfrac a2=\tfrac a3\) (центр тяжести треугольника). Вошедший клин добавляет силу \(\rho_0 g V_{\text{кл}}\) вверх, вышедший — «недостачу» такой же силы, то есть силу вниз с другой стороны. Оба момента возвращающие и складываются:

\[ M_{\text{кл}} = 2\,\rho_0 g V_{\text{кл}}\cdot\frac a3 = 2\rho_0 g\,\frac{a^3\varphi}{8}\cdot\frac a3 = \frac{\rho_0 g\,a^4\varphi}{12}. \]

Момент пары «вес — Архимед». Обе силы равны \(\rho_0 g V\) (где \(V=a^2d\)), но приложены в точках \(G\) и \(B\), лежащих на оси бруска на расстоянии \(GB = b/2 - d/2\). При наклоне на \(\varphi\) горизонтальное плечо между их линиями действия равно \(GB\cdot\varphi\), и раз \(G\) выше \(B\), эта пара опрокидывает:

\[ M_{\text{пары}} = \rho_0 g V\cdot\frac{b-d}{2}\,\varphi = \rho_0 g\,a^2 d\,\frac{b-d}{2}\,\varphi. \]

Условие устойчивости \(M_{\text{кл}}>M_{\text{пары}}\):

\[ \frac{a^4}{12} > a^2\,\frac{d(b-d)}{2} \quad\Longleftrightarrow\quad a^2 > 6\,d\,(b-d). \]

Подставим \(d=b\rho/\rho_0\), тогда \(b-d=b(1-\rho/\rho_0)\):

\[ a^2 > 6b^2\,\frac{\rho}{\rho_0}\left(1-\frac{\rho}{\rho_0}\right), \] \[ \boxed{\ \frac ab > \sqrt{6\,\frac{\rho}{\rho_0}\left(1-\frac{\rho}{\rho_0}\right)}\ } \]

Решение

Путь. Сейчас погружено \(\tfrac23 a\), надо погрузить \(a\); дожимать надо на

\[ x_{\max} = a - \tfrac23 a = \tfrac a3 = \tfrac{0{,}5}{3} \approx 0{,}167\ \text{м}. \]

Сила. При дополнительном погружении на \(x\) избыток архимедовой силы над весом равен

\[ F(x) = \rho_0 g a^2 x, \qquad F_{\max} = \rho_0 g a^2\frac a3 = 1000\cdot9{,}8\cdot0{,}25\cdot0{,}167 \approx 408\ \text{Н}. \]

Работа (сила растёт от нуля линейно — берём среднее):

\[ A = \frac{F_{\max}}{2}\,x_{\max} = \frac{\rho_0 g a^4}{18} = \frac{1000\cdot 9{,}8\cdot 0{,}5^4}{18} \approx 34\ \text{Дж}. \] \[ \boxed{A = \rho_0 g a^4/18 \approx 34\ \text{Дж}} \]

Решение \[ P = \rho_{\text{ж}} V g - \rho_0 V g = (\rho_{\text{ж}}-\rho_0)Vg, \] \[ V = \frac{P}{(\rho_{\text{ж}}-\rho_0)g} = \frac{9{,}8}{(7800-1000)\cdot 9{,}8} = \frac{1}{6800}\ \text{м}^3 \approx 1{,}47\cdot10^{-4}\ \text{м}^3. \] \[ \boxed{V \approx 147\ \text{см}^3} \]

Решение \[ \frac{F_A}{P} = \frac{\rho_0 Vg}{\rho Vg} = \frac{\rho_0}{\rho}, \qquad \frac{F_A}{P} = 1 - \frac13 = \frac23, \] \[ \frac{\rho_0}{\rho} = \frac23 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\rho = \tfrac32\rho_0 = 1{,}5\ \text{г/см}^3} \]

Решение

Пусть плотности грузов \(\rho'_1\) и \(\rho'_2\), их объёмы \(V_1=m/\rho'_1\), \(V_2=m/\rho'_2\). Равновесие сохранилось, значит равны кажущиеся веса:

\[ mg - \rho_1 V_1 g = mg - \rho_2 V_2 g \quad\Longrightarrow\quad \rho_1 V_1 = \rho_2 V_2, \] \[ \rho_1\frac{m}{\rho'_1} = \rho_2\frac{m}{\rho'_2} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\frac{\rho'_1}{\rho'_2} = \frac{\rho_1}{\rho_2}} \]

Решение

Вытесненный объём. Условие плавания \(\rho V_{\text{выт}} g = mg\) даёт

\[ V_{\text{выт}} = \frac{m}{\rho}. \]

Куда он делся. Уровень в обоих сосудах поднялся на \(x\) — жидкость заняла дополнительно \((S_1+S_2)x\). Это и есть вытесненный объём:

\[ (S_1+S_2)\,x = \frac m\rho, \qquad S_i = \frac{\pi d_i^2}{4}, \] \[ \boxed{x = \frac{4m}{\pi\rho\,(d_1^2+d_2^2)}} \]

Решение

Что действует. Верхняя леска провисла (см. рисунок) — она не тянет. Остаются три вертикальные силы: вес \(mg\) в середине поплавка \(G\), архимедова сила \(F_A\) в середине погружённой части \(B\) и натяжение \(F\) нижней лески, приложенное к нижнему концу \(P\).

Моменты относительно точки \(P\). Сила \(F\) приложена в самой точке \(P\) — её момент нуль. Пусть длина поплавка \(l\), угол наклона \(\alpha\). Точка \(G\) отстоит от \(P\) на \(l/2\) вдоль поплавка, точка \(B\) — на \((1/2)\cdot\tfrac23 l = l/3\) (середина погружённого куска). Плечи вертикальных сил — горизонтальные проекции:

\[ mg\cdot\frac l2\cos\alpha = F_A\cdot\frac l3\cos\alpha \quad\Longrightarrow\quad F_A = \frac32\,mg. \]

Угол \(\alpha\) и длина \(l\) сократились.

Баланс сил по вертикали: \(F_A = mg + F\), значит

\[ F = F_A - mg = \frac32 mg - mg, \qquad \boxed{F = \frac{mg}{2} = \frac{2\cdot10^{-3}\cdot 9{,}8}{2} \approx 1{,}0\cdot10^{-2}\ \text{Н}} \]

Решение

Архимедова сила. Шарик погружён ровно наполовину:

\[ F_A = \rho g\cdot\frac12\cdot\frac43\pi r^3 = \frac23\pi r^3\rho g. \]

Она приложена в центре погружённой полусферы, но её линия действия вертикальна и проходит через центр шарика \(C\) (по симметрии полусферы относительно вертикали через \(C\)). Точка \(C\) лежит на уровне воды на расстоянии \(l+r\) от \(O\) вдоль палочки.

Моменты относительно \(O\). Реакция дна приложена в \(O\) — момента не даёт. Обозначим массу палочки \(M\), угол наклона \(\alpha\). Собственной выталкивающей силой тонкой палочки пренебрегаем (она «тяжёлая»):

\[ Mg\cdot\frac l2\cos\alpha = F_A\,(l+r)\cos\alpha \quad\Longrightarrow\quad Mg = \frac{2(l+r)}{l}\,F_A. \]

Сила давления на дно. По вертикали \(N + F_A = Mg\):

\[ N = Mg - F_A = F_A\left[\frac{2(l+r)}{l}-1\right] = F_A\,\frac{l+2r}{l}, \] \[ \boxed{N = \frac23\pi r^3\rho g\left(1+\frac{2r}{l}\right)} \]

По третьему закону Ньютона с такой же силой палочка давит на дно.

Решение

Вся связка. Верхний шарик даёт \(\rho g V/2\), нижний (он под водой целиком) — \(\rho g V\). Общий вес \(m g + 3mg = 4mg\):

\[ \rho g\frac V2 + \rho g V = 4mg \quad\Longrightarrow\quad \frac32\rho V = 4m, \qquad m = \frac38\rho V. \]

Численно \(m = 0{,}375\cdot1000\cdot10^{-5} = 3{,}75\cdot10^{-3}\) кг \(=3{,}75\) г (нижний — 11,25 г).

Нижний шарик. На него действуют вес \(3mg\) вниз, архимедова сила \(\rho g V\) вверх и натяжение \(T\) вверх:

\[ T = 3mg - \rho g V = 3\cdot\frac38\rho V g - \rho V g = \left(\frac98-1\right)\rho V g = \frac{\rho V g}{8}. \] \[ \boxed{T = \frac{\rho V g}{8} = \frac{1000\cdot10^{-5}\cdot9{,}8}{8} \approx 1{,}2\cdot10^{-2}\ \text{Н}} \]

Решение

Геометрия. Верхнее бревно касается стенки и погружено наполовину: его центр \(O_1\) лежит на уровне воды. Нижнее касается верхнего, так что \(O_1O_2=2R\). Трос идёт под 45° к вертикальной стенке, а прямой угол на рисунке говорит, что линия центров тоже наклонена на 45°, но в другую сторону. Обозначим \(V=\pi R^2 L\) — объём бревна, \(M\) — его массу.

Нижнее бревно, проекция на линию центров. Брёвна гладкие — они давят друг на друга вдоль линии центров силой \(N\). Трос перпендикулярен этому направлению, его проекция нуль. Бревно под водой целиком, «подъёмная» равнодействующая \(U=\rho_0 gV-Mg\) вертикальна, а вертикаль составляет с линией центров 45°:

\[ N = U\cos45^{\circ} = \frac{\rho_0 gV-Mg}{\sqrt2}. \]

Верхнее бревно, проекция на вертикаль. На него действуют вес \(Mg\), архимедова сила \(\rho_0 gV/2\) (половина под водой), горизонтальная реакция стенки (в вертикаль не входит) и сила \(N\) от нижнего бревна, направленная вдоль линии центров вверх-влево, то есть под 45° к вертикали:

\[ \frac{\rho_0 gV}{2} + N\cos45^{\circ} = Mg \quad\Longrightarrow\quad \frac{N}{\sqrt2} = Mg-\frac{\rho_0 gV}{2}. \]

Соединяем. Из первого \(N/\sqrt2 = (\rho_0 gV-Mg)/2\), поэтому

\[ \frac{\rho_0 gV-Mg}{2} = Mg-\frac{\rho_0 gV}{2} \quad\Longrightarrow\quad \rho_0 V-M = 2M-\rho_0 V, \] \[ 2\rho_0 V = 3M \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\rho = \frac MV = \frac23\rho_0 \approx 0{,}67\ \text{г/см}^3} \]

Решение

Геометрия. Верхнее (правое) бревно наполовину в воде: его центр \(O_2\) на уровне воды. Нижнее (левое) касается поверхности верхней точкой: его центр \(O_1\) на глубине \(R\). Брёвна соприкасаются, значит \(O_1O_2=2R\), а перепад высот \(R\):

\[ \sin\alpha = \frac{R}{2R} = \frac12 \quad\Longrightarrow\quad \alpha = 30^{\circ}. \]

Горизонтальное расстояние между центрами \(\sqrt{(2R)^2-R^2}=\sqrt3\,R\).

Верхнее бревно. Силы: вес \(mg\), архимедова \(\rho gV/2\), реакция правой стенки \(N_1\) (горизонтально влево) и \(N\) вдоль линии центров от нижнего бревна (вверх-вправо под углом 30° к горизонту). По вертикали и горизонтали:

\[ N\sin30^{\circ} + \frac{\rho gV}{2} = mg, \qquad N\cos30^{\circ} = N_1. \]

Нижнее бревно. Оно под водой целиком; \(N\) действует на него вниз-влево:

\[ \rho gV = mg + N\sin30^{\circ}, \qquad N\cos30^{\circ} = N_2. \]

Сразу видно \(N_1=N_2\) ✓ — стенки давят одинаково.

Решаем. Сложим два вертикальных уравнения так, чтобы убрать \(\rho gV\). Из первого \(\rho gV = 2mg-2N\sin30^{\circ}=2mg-N\); из второго \(\rho gV = mg+N/2\). Приравниваем:

\[ 2mg-N = mg+\frac N2 \quad\Longrightarrow\quad \frac{3N}{2}=mg, \qquad N=\frac{2mg}{3}. \] \[ F = N\cos30^{\circ} = \frac{2mg}{3}\cdot\frac{\sqrt3}{2} = \frac{mg}{\sqrt3}. \] \[ \boxed{F = \frac{mg}{\sqrt3} \approx 0{,}58\,mg} \]

Решение

Почему работает проекция. Вырежем тонкий горизонтальный слой толщины \(\Delta z\) на глубине \(z\). Внутри слоя давление одно и то же, \(P=\rho g z\) (атмосферное снаружи уравновешено таким же атмосферным воздухом внутри батискафа — считаем избыточное давление). Горизонтальная равнодействующая давления на дугу полуокружности равна \(P\) на длину хорды, стягивающей дугу, — так же, как равнодействующая одинаковых сил по нормали к дуге. Хорда — это и есть след плоскости стыка. Значит вся сила равна давлению на прямоугольник стыка.

Сила давления на вертикальный прямоугольник. Если ширина \(b\), а нижний край на глубине \(D\) (верхний — на уровне воды), то среднее давление \(\rho g D/2\), площадь \(bD\):

\[ F = \rho g\frac D2\cdot bD = \frac{\rho g\,b\,D^2}{2}. \]

Случай а (ось цилиндра вертикальна, высота \(L\), диаметр \(2R\)). Стык — прямоугольник шириной \(b=2R\); центр батискафа на глубине \(H\), значит дно — на глубине \(D=H+L/2\):

\[ \boxed{F_{\text{а}} = \frac{\rho g\cdot 2R\left(H+\dfrac L2\right)^2}{2} = \rho g R\left(H+\frac L2\right)^{2}} \]

Случай б (ось горизонтальна, длина \(L\), радиус \(R\)). Стык — прямоугольник шириной \(b=L\); низ батискафа на глубине \(D=H+R\):

\[ \boxed{F_{\text{б}} = \frac{\rho g L\,(H+R)^2}{2}} \]

Решение

Обозначения. Радиус батискафа \(R\), центр — на глубине \(h\). Плоскость среза проходит через центр, её нормаль \(\vec n\) наклонена как угодно. Батискаф «плавает» полностью погружённым, значит он нейтрально плавучий: вес всего батискафа равен архимедовой силе, а поскольку оболочка однородна, на каждую половинку приходится вес \(\rho g V/2\), где \(V=\tfrac43\pi R^3\).

Шаг 1: мысленно заполним половинку водой. Такая «водяная полусфера» покоилась бы, значит силы давления на всю её поверхность (сферическую часть \(S\) плюс плоский круг \(D\)) уравновешивают её вес:

\[ \vec F_S + \vec F_D = \rho g\frac V2\,\vec e_{\text{вверх}}. \]

Здесь \(\vec F_S\) — то, что жидкость реально давит на сферическую поверхность (она одна и та же и для воды, и для настоящей половинки).

Шаг 2: сила на плоский круг. Давление растёт с глубиной линейно, поэтому среднее давление по кругу равно давлению в его центре тяжести — а центр тяжести круга совпадает с центром шара, на глубине \(h\). Значит

\[ \vec F_D = \rho g h\cdot\pi R^2\cdot(-\vec n), \]

где \(\vec n\) — внешняя нормаль рассматриваемой половинки на срезе. Ключевой момент: величина \(\rho gh\pi R^2\) не зависит от наклона среза, потому что центр круга всегда один и тот же — центр шара.

Шаг 3: настоящая половинка. На неё действуют \(\vec F_S\), собственный вес \(-\rho g\frac V2\vec e_{\text{вверх}}\) и сила \(\vec C\) со стороны второй половинки. Сумма равна нулю:

\[ \vec C = -\vec F_S + \rho g\frac V2\vec e_{\text{вверх}} = -\left(\rho g\frac V2\vec e_{\text{вверх}} - \vec F_D\right) + \rho g\frac V2\vec e_{\text{вверх}} = \vec F_D. \]

Итак \(\vec C = -\rho g h\pi R^2\,\vec n\): половинки прижимаются друг к другу силой

\[ \boxed{C = \rho g h\,\pi R^2 = P_{\text{ц}}\cdot S_{\text{сеч}}} \]

— давление в центре шара, умноженное на площадь большого круга. Наклон плоскости в ответ не входит, что и требовалось доказать. Заодно видно: сила всегда направлена по нормали к стыку (сдвигающей составляющей нет).

Решение

Общая формула. Пусть отверстие радиуса \(r\) в дне, уровень воды на высоте \(H\) над дном, а \(V_{0\to H}\) — объём той части пробки, которая находится между плоскостью дна и уровнем воды. Тогда выталкивающая сила

\[ \boxed{F = \rho g\left(V_{0\to H} - \pi r^2 H\right)} \]

Почему так. Представим, что жидкость есть и снизу, до того же уровня, — тогда была бы честная архимедова сила \(\rho g V_{0\to H}\). Но снизу жидкости нет: вместо неё через отверстие «смотрит» атмосфера. Недостающее давление действует ровно на круг отверстия площади \(\pi r^2\), а его величина \(\rho g H\) — гидростатическое давление на дне. Отсюда поправка \(-\rho g H\pi r^2\).

Когда сила максимальна. Поднимем уровень на \(\Delta H\). Прибавка объёма — это слой площади \(S(H)\) (сечение пробки на уровне воды), поэтому

\[ \Delta F = \rho g\big(S(H) - \pi r^2\big)\Delta H. \]

Сила растёт, пока сечение пробки шире отверстия, и убывает, когда у́же. У конуса сечение всё время расширяется кверху, поэтому \(F\) растёт до самого верха пробки — и максимум достигается, когда вода как раз накрыла пробку.

Геометрия конуса. Угол при вершине 90° — значит полуугол 45°, и радиус сечения равен расстоянию до вершины. На уровне дна радиус \(r=5\) см, значит вершина на 5 см ниже дна; общая высота 10 см, значит основание на 5 см выше дна и его радиус \(R=10\) см.

Считаем объём. Высота воды в максимуме \(H=5\) см. Часть конуса между дном и этим уровнем:

\[ V_{0\to H} = \frac{\pi R^2\cdot 2r}{3} - \frac{\pi r^2\cdot r}{3} = \frac{\pi (2r)^2\cdot 2r}{3} - \frac{\pi r^3}{3} = \frac{8\pi r^3}{3}-\frac{\pi r^3}{3} = \frac{7\pi r^3}{3}. \]

(Здесь \(R=2r\), а полная высота конуса \(2r\).) Поправка: \(\pi r^2 H=\pi r^3\). Значит

\[ F_{\max} = \rho g\left(\frac{7\pi r^3}{3}-\pi r^3\right) = \rho g\,\frac{4\pi r^3}{3}. \]

Чтобы пробка не всплывала, нужно \(mg\ge F_{\max}\):

\[ \boxed{m \ge \frac43\pi r^3\rho = \frac43\pi\,(5\ \text{см})^3\cdot1\ \frac{\text{г}}{\text{см}^3} \approx 524\ \text{г} \approx 520\ \text{г}} \]

Решение

Геометрия. Шар лежит на кромке отверстия, линия касания — окружность радиуса \(r\). Значит центр шара \(C\) поднят над плоскостью дна на

\[ d = \sqrt{R^2-r^2}. \]

Сечение шара на высоте \(H\) над дном: \(S(H)=\pi\big(R^2-(H-d)^2\big)\).

Максимум. Условие \(S(H)=\pi r^2\) даёт

\[ R^2-(H-d)^2 = r^2 = R^2-d^2 \quad\Longrightarrow\quad (H-d)^2 = d^2, \]

то есть \(H=0\) (там \(F=0\)) или \(H=2d\). Между ними сечение шире отверстия и сила растёт, дальше — убывает. Значит максимум при

\[ H_{*} = 2d = 2\sqrt{R^2-r^2}. \]

Заметим: \(2d<d+R\), то есть в этот момент макушка шара ещё торчит из воды.

Объём. Слой шара от \(0\) до \(2d\) симметричен относительно центра, поэтому он равен объёму шара без двух одинаковых сегментов высоты \(R-d\):

\[ V_{0\to 2d} = \frac43\pi R^3 - 2\cdot\frac{\pi (R-d)^2(2R+d)}{3}. \]

Раскроем: \((R-d)^2(2R+d)=2R^3-3R^2d+d^3\), поэтому

\[ V_{0\to 2d} = \frac43\pi R^3 - \frac{2\pi}{3}\left(2R^3-3R^2d+d^3\right) = 2\pi R^2 d - \frac{2\pi}{3}d^3. \]

Сила. Поправка \(\pi r^2 H_* = \pi(R^2-d^2)\cdot 2d = 2\pi R^2 d - 2\pi d^3\). Вычитаем:

\[ F_{\max} = \rho g\left(2\pi R^2d-\frac{2\pi}{3}d^3-2\pi R^2d+2\pi d^3\right) = \rho g\,\frac43\pi d^3. \] \[ \boxed{m \ge \frac43\pi\left(R^2-r^2\right)^{3/2}\rho} \]

Решение

Сумма. Погружена половина объёма, значит

\[ m_1+m_2 = \rho\,\frac{a^3}{2}. \]

Где ватерлиния. Прямая делит квадрат пополам по площади только если проходит через его центр. Значит ватерлиния проходит через центр \(O\) коробки — примем \(O\) за начало координат, ось \(x\) направим вдоль нижней грани, ось \(y\) — перпендикулярно ей. Квадрат: \(|x|\le a/2\), \(|y|\le a/2\); ватерлиния — прямая \(y = x\,\mathrm{tg}\,\alpha\). Обозначим \(t=\mathrm{tg}\,\alpha\).

Центр давления \(B\) — школьным способом. Погружённая часть — это нижняя половина квадрата (прямоугольник \(a\times a/2\)), к которой добавлен треугольник справа и у которой отнят такой же треугольник слева:

треугольник с вершинами \((0,0),\ (a/2,0),\ (a/2,at/2)\) — площадь \(a^2t/8\), центр тяжести \((a/3,\ at/6)\);
симметричный ему относительно \(O\) — отнимается.

Складываем моменты (площади «взвешенные» координатами) и делим на площадь \(a^2/2\):

\[ x_B = \frac{2}{a^2}\left[\frac{a^2t}{8}\cdot\frac a3 + \frac{a^2t}{8}\cdot\frac a3\right] = \frac{at}{6}, \] \[ y_B = \frac{2}{a^2}\left[\frac{a^2}{2}\left(-\frac a4\right) + \frac{a^2t}{8}\cdot\frac{at}{6} + \frac{a^2t}{8}\cdot\frac{at}{6}\right] = -\frac a4 + \frac{at^2}{12}. \]

Условие равновесия. Центр тяжести — это два груза на нижней грани: \(m_1\) в точке \((-a/2,-a/2)\), \(m_2\) в точке \((a/2,-a/2)\). Обозначим \(M=m_1+m_2\), \(k=(m_2-m_1)/M\); тогда \(x_G = ak/2\), \(y_G=-a/2\). «Быть на одной вертикали» значит иметь одинаковую проекцию на направление ватерлинии \((1,t)\):

\[ x_G + t\,y_G = x_B + t\,y_B. \] \[ \frac{ak}{2} - \frac{at}{2} = \frac{at}{6} + t\left(-\frac a4+\frac{at^2}{12}\right) = \frac{a\,(t^3-t)}{12}, \] \[ k = t + \frac{t^3-t}{6} = \frac{5t+t^3}{6}. \]

Ответ. \(m_{1,2} = \dfrac M2\,(1\mp k)\), \(M=\rho a^3/2\):

\[ \boxed{\;m_2 = \frac{\rho a^3\left(6+5\,\mathrm{tg}\,\alpha+\mathrm{tg}^3\alpha\right)}{24}, \qquad m_1 = \frac{\rho a^3\left(6-5\,\mathrm{tg}\,\alpha-\mathrm{tg}^3\alpha\right)}{24}\;} \]

Тяжелее то ребро, которое глубже.

Решение

Сколько выталкивает одно бревно. На пару «верхнее + нижнее» приходится вес \(2mg\), а выталкивающая сила — \(\rho g\pi R^2L\,(1/2+1)\). Отсюда

\[ 2mg = \frac32\,\rho g\pi R^2 L \quad\Longrightarrow\quad \rho\pi R^2L = \frac43 m. \]

Значит целиком погружённое бревно выталкивается силой \(\tfrac43 mg\), а наполовину — силой \(\tfrac23 mg\). Итог:

каждое верхнее бревно имеет избыток веса \(mg/3\) вниз;
каждое нижнее — избыток подъёмной силы \(mg/3\) вверх.

Геометрия при расползании. Пусть расстояние между центрами соседних нижних брёвен выросло с \(2R\) до \(2R+\delta\). Верхнее бревно касается обоих, значит расстояние по вертикали между слоями

\[ d = \sqrt{(2R)^2-\frac{(2R+\delta)^2}{4}} = \sqrt{3R^2-R\delta-\ldots} \approx \sqrt3\,R\sqrt{1-\frac{\delta}{3R}} \approx \sqrt3\,R-\frac{\delta}{2\sqrt3}. \]

Верхний слой опускается относительно нижнего на \(\Delta d=\dfrac{\delta}{2\sqrt3}\).

Освобождённая энергия. Пусть в каждом слое \(n\) брёвен (плот широкий, \(n\) велико). Верхние опускаются на \(\Delta d\), каждое под действием избытка \(mg/3\):

\[ A = n\,\frac{mg}{3}\cdot\frac{\delta}{2\sqrt3} = \frac{n\,mg\,\delta}{6\sqrt3}. \]

(Нижние брёвна по вертикали не сдвинулись; общее всплытие плота даёт лишь поправку второго порядка малости.)

Работа против канатов. Ширина плота выросла на \(n\delta\), высота уменьшилась на \(\Delta d\) — для широкого плота это пренебрежимо. Периметр каждого кольца (\(2\times\) ширина \(+\;2\times\) высота) вырос на \(2n\delta\). Канатов два:

\[ A_{\text{кан}} = 2\cdot T\cdot 2n\delta = 4Tn\delta. \]

Порог. Плот не расползается, пока канаты съедают всё:

\[ 4Tn\delta = \frac{n\,mg\,\delta}{6\sqrt3} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{T = \frac{mg}{24\sqrt3} = \frac{\sqrt3\,mg}{72}\approx 0{,}024\,mg} \]

Решение

а. Начальное и конечное положение. \(V=\pi R^2 h = \pi\cdot1\cdot0{,}2 = 0{,}628\) м³. Плавая, цилиндр сидит на \(x=(\rho_{\text{д}}/\rho_0)h = 0{,}16\) м, значит его центр в конце на глубине \(0{,}16-0{,}1=0{,}06\) м. Вначале центр был на глубине 1 м. Подъём центра: \(0{,}94\) м.

Что делает вода. Освободившееся внизу место (объём \(V\) на глубине 1 м) должна занять вода. Она берётся двумя порциями: \(0{,}8V\) — из того слоя, куда встал цилиндр (средняя глубина \(0{,}08\) м), и \(0{,}2V\) — с самой поверхности (глубина \(\approx0\)), ведь уровень озера чуть опустился.

Энергия.

\[ Q = \underbrace{\rho_0 g\left[V\cdot 1 - 0{,}8V\cdot0{,}08\right]}_{\text{вода опустилась}} - \underbrace{\rho_{\text{д}} V g\cdot 0{,}94}_{\text{цилиндр поднялся}} \] \[ Q = gV\left[1000\cdot0{,}936 - 800\cdot0{,}94\right] = 9{,}8\cdot0{,}628\cdot184 \approx 1{,}1\cdot10^3\ \text{Дж}. \] \[ \boxed{Q \approx 1\ \text{кДж}} \]

б. Конечное состояние. Пробка плавает, погрузившись на \(x=h\rho/\rho_0\). Уровень жидкости при этом поднялся на

\[ \Delta = \frac{\pi r^2 x}{\pi R^2} = \frac{r^2}{R^2}\,x \]

(вытесненный объём \(\pi r^2x\) раскладывается по всему сечению \(\pi R^2\)). Обозначим \(k=r^2/R^2\), так что \(\Delta = kx\).

Опускание пробки. Её нижняя грань была на высоте \(H\) над старым уровнем, стала на \(\Delta-x\). Центр опустился на \(H+x-\Delta = H+x(1-k)\). Масса пробки \(m=\rho\pi r^2h\), поэтому

\[ A_{\text{проб}} = \rho\pi r^2 h\,g\,\big[H + x(1-k)\big]. \]

Подъём жидкости. Жидкость поднялась: сверху добавился слой толщины \(\Delta\) по всему сечению, но из него вырезана погружённая часть пробки. Прямой подсчёт «момента» даёт прирост энергии

\[ \Delta U_{\text{ж}} = \frac{\pi}{2}\rho_0 g\,r^2x^2(1-k). \]

(Проверьте: слой \(\pi R^2\Delta\) с центром на \(\Delta/2\) минус вырез \(\pi r^2\) от \(\Delta-x\) до \(\Delta\).)

Собираем. Подставляя \(x=h\rho/\rho_0\):

\[ Q = A_{\text{проб}} - \Delta U_{\text{ж}} = \pi r^2\rho g h H + \pi r^2 g h^2\frac{\rho^2}{\rho_0}(1-k) - \frac{\pi}{2}r^2gh^2\frac{\rho^2}{\rho_0}(1-k), \] \[ \boxed{Q = \pi r^2\rho g h H\left[1+\frac12\,\frac hH\,\frac{\rho}{\rho_0} \left(1-\frac{r^2}{R^2}\right)\right]} \]

Решение

Баланс. Массой воздуха пренебрегаем. Объём \(V=\tfrac43\pi R^3\) воды опустился на \(H\):

\[ Q = \rho g V H = \frac43\pi R^3\rho g H, \] \[ Q = \frac43\pi\,(0{,}1)^3\cdot1000\cdot9{,}8\cdot10 = \frac43\pi\cdot10^{-3}\cdot9{,}8\cdot10^{4} \approx 4{,}1\cdot10^{2}\ \text{Дж}. \] \[ \boxed{Q = \tfrac43\pi R^3\rho g H \approx 410\ \text{Дж}} \]

Решение

Данные. \(V=\tfrac43\pi R^3 = \tfrac43\pi\cdot8 = 33{,}5\) м³; \(mg = 35\,000\cdot9{,}8 = 3{,}43\cdot10^5\) Н; \(F_A = \rho gV = 1020\cdot9{,}8\cdot33{,}5 = 3{,}35\cdot10^5\) Н.

Путь центра. Шар лежит на дне — его центр на глубине \(100-2=98\) м. В конце он на борту, то есть его центр на \(3+2=5\) м выше воды. Полный подъём центра \(98+5=103\) м.

Работа силы тяжести (со знаком минус).

\[ A_1 = mg\cdot103 = 3{,}43\cdot10^5\cdot103 = 3{,}533\cdot10^7\ \text{Дж}. \]

Работа архимедовой силы. Пока шар целиком под водой, центр идёт от \(-98\) до \(-2\) м, то есть 96 м:

\[ A_2' = F_A\cdot96 = 3{,}35\cdot10^5\cdot96 = 3{,}215\cdot10^7\ \text{Дж}. \]

Пока шар вылезает (центр от \(-2\) до \(+2\) м, то есть 4 м), погружённый объём падает от \(V\) до нуля. По симметрии шара средний погружённый объём равен ровно \(V/2\):

\[ A_2'' = \frac{F_A}{2}\cdot4 = 6{,}7\cdot10^5\ \text{Дж}. \]

Итог.

\[ A = A_1 - A_2' - A_2'' = 3{,}533\cdot10^7 - 3{,}215\cdot10^7 - 0{,}067\cdot10^7, \] \[ \boxed{A \approx 2{,}5\cdot10^6\ \text{Дж}} \]

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.

Решение

Где шарик. Он вдвое плотнее жидкости, поэтому уходит к стенке; его центр — на расстоянии \(x_c=R-r\) от оси.

Две силы. Объём шарика \(V=\tfrac43\pi r^3\).

\[ F_{\text{цб}} = 2\rho V\omega^2 (R-r)\ \text{(от оси)},\qquad F_{A} = \rho V\omega^2 (R-r)\ \text{(к оси)}. \]

Реакция стенки равна их разности:

\[ N = (2\rho-\rho)V\omega^2(R-r), \qquad \boxed{N = \frac43\pi r^3(R-r)\rho\,\omega^2} \]

С такой же силой шарик давит на стенку.

Решение

Две составляющие выталкивающей силы (\(V\) — объём шарика, \(x\) — расстояние от оси до его центра):

\[ F_{\uparrow} = \rho V g, \qquad F_{\to\text{оси}} = \rho V\omega^2 x. \]

Нить составляет со стенкой (то есть с вертикалью) угол \(\alpha\), поэтому

\[ \mathrm{tg}\,\alpha = \frac{F_{\to\text{оси}}}{F_{\uparrow}} = \frac{\omega^2 x}{g}. \]

Где центр шарика. Нить закреплена на стенке (радиус \(R\)), от точки крепления до центра шарика \(l+r\) вдоль нити, и это отклоняет его к оси на \((l+r)\sin\alpha\):

\[ x = R-(l+r)\sin\alpha. \]

Ответ.

\[ \omega^2 = \frac{g\,\mathrm{tg}\,\alpha}{R-(l+r)\sin\alpha}, \qquad \boxed{\omega = \sqrt{\frac{g\,\mathrm{tg}\,\alpha}{R-(l+r)\sin\alpha}}} \]

Решение

Плотность жидкости. Молекула занимает объём \(2V_0\) и весит \(m_1+m_2\):

\[ \rho = \frac{m_1+m_2}{2V_0}, \qquad\text{значит}\qquad \rho V_0 = \frac{m_1+m_2}{2}. \]

Сила на каждую группу. На расстоянии \(x\) от оси эффективная тяжесть равна \(\omega^2x\). Для группы 1 «вес минус Архимед»:

\[ F_1 = (m_1-\rho V_0)\,\omega^2 x = \left(m_1-\frac{m_1+m_2}{2}\right)\omega^2x = \frac{m_1-m_2}{2}\,\omega^2 x, \]

а для группы 2 — точно такая же по модулю, но противоположная: \(F_2=-F_1\). Значит связь растягивается силой \(|F_1|\): тяжёлую группу тянет наружу, лёгкую — внутрь.

Порог разрыва достигается у стенки, при \(x=R\):

\[ \boxed{F \approx \frac{(m_1-m_2)\,\omega^2R}{2}} \]

Решение

Уравнение Бернулли от станции до крана (скорость в широкой трубе считаем нулевой):

\[ P + \rho g\cdot0 = P_0 + \rho g H_n + \frac{\rho v_n^2}{2}, \]

где \(H_n=4(n-1)\) м — высота крана \(n\)-го этажа над первым. Отсюда

\[ v_n = \sqrt{\frac{2\,(P-P_0)}{\rho} - 2gH_n}. \]

Числа. Избыточное давление \(P-P_0 = 4\) атм \(=4{,}05\cdot10^5\) Па, поэтому \(2(P-P_0)/\rho = 810\) м²/с².

\[ v_1=\sqrt{810}=28{,}5\ \text{м/с},\quad v_2=\sqrt{810-78{,}4}=27{,}0\ \text{м/с},\quad v_3=\sqrt{810-156{,}8}=25{,}6\ \text{м/с}. \]

Докуда достанет. Струя исчезает, когда \(\rho gH = P-P_0\):

\[ H_{\max}=\frac{P-P_0}{\rho g}=\frac{4{,}05\cdot10^5}{10^3\cdot9{,}8}\approx41\ \text{м}. \]

Это \(41/4 = 10{,}3\) этажа выше первого, то есть вода дойдёт до одиннадцатого этажа и не поднимется на двенадцатый.

\[ \boxed{v_1\approx28{,}5;\ v_2\approx27{,}0;\ v_3\approx25{,}6\ \text{м/с};\quad \text{на 12-й этаж вода не поднимется}} \]

Решение

Скорость струи (Торричелли): \(v=\sqrt{2gh}\).

Унос импульса. За время \(\Delta t\) вытекает масса \(\rho S v\,\Delta t\) со скоростью \(v\) вниз, то есть импульс \(\rho Sv^2\Delta t\):

\[ F_{\text{реакт}} = \rho S v^2 = \rho S\cdot 2gh = 2\rho g h S \quad(\text{вверх}). \]

Натяжение сразу после открытия падает ровно на эту величину:

\[ \boxed{\Delta T = 2\rho g h S} \]

Решение \[ N = \underbrace{\rho V g h}_{\text{подъём}} + \underbrace{\frac{\rho V v^2}{2}}_{\text{разгон}}, \qquad v=\frac VS, \] \[ \boxed{N = \rho V\left(gh + \frac{V^2}{2S^2}\right)} \]

Решение

а. Разрешение парадокса. Выделим жидкость между сечениями 1 и 2. На неё действуют: \(P_1S_1\) вперёд (слева), \(P_2S_2=0\) назад (справа) и сила \(F\) со стороны стенки \(A\) — назад. Ускоряет жидкость именно перепад давления: в широкой части давление большое, в узкой — нулевое. Тормозящая сила стенки только уменьшает ускорение, но не отменяет его.

б. Считаем. Непрерывность: \(v_1S_1=vS_2\), значит \(v_1 = v\,S_2/S_1\). Бернулли (труба горизонтальная):

\[ P_1+\frac{\rho v_1^2}{2}=0+\frac{\rho v^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad P_1=\frac{\rho}{2}\left(v^2-v_1^2\right) =\frac{\rho v^2}{2}\left(1-\frac{S_2^2}{S_1^2}\right). \]

Импульс. Секундная масса \(\mu=\rho S_2 v\), её скорость меняется с \(v_1\) на \(v\):

\[ P_1S_1 + F = \mu\,(v-v_1) = \rho S_2 v\,(v-v_1). \]

Подставим \(S_2=kS_1\), \(k=S_2/S_1\), \(v_1=kv\):

\[ F = \rho v^2 k S_1(1-k) - \frac{\rho v^2}{2}S_1\left(1-k^2\right) = \rho v^2S_1(1-k)\left[k-\frac{1+k}{2}\right] = -\frac{\rho v^2S_1}{2}\,(1-k)^2. \] \[ \boxed{|F| = \frac{\rho v^2 S_1}{2}\left(1-\frac{S_2}{S_1}\right)^2,\ \text{против течения}} \]

Решение

Скорость. Пусть \(H\) — глубина выходного отверстия под свободной поверхностью. Торричелли: на выходе \(v=\sqrt{2gH}\). В трубке сечение постоянно, значит эта же скорость по всей трубке. В широком сосуде скорость практически нулевая.

В сосуде — жидкость почти покоится, поэтому обычная гидростатика (\(x\) — глубина под свободной поверхностью):

\[ P_{\text{с}} = P_0 + \rho g x. \]

В трубке. Скорость постоянна, поэтому из Бернулли \(P+\rho v^2/2-\rho gx=\text{const}\) остаётся \(P+(-\rho gx)=\text{const}\). Константу берём из выхода: при \(x=H\) давление \(P_0\):

\[ \boxed{P_{\text{т}} = P_0 + \rho g\,(x-H)} \]

То есть в трубке давление ниже атмосферного всюду, кроме самого выхода.

Скачок на входе. На входе в трубку скорость подскакивает с нуля до \(v\), и давление падает ровно на \(\rho v^2/2=\rho gH\):

\[ P_{\text{с}}-P_{\text{т}} = (P_0+\rho gx)-(P_0+\rho g x-\rho gH)=\rho gH \ \checkmark \]

Решение

Давления одинаковы. Сечение постоянно, тяжести нет, значит по Бернулли давление на входе равно давлению на выходе: \(P_1=P_2=P\).

Импульс. Секундная масса \(\mu=\rho Sv\); её скорость поворачивается на 90°, так что

\[ |\Delta \vec v| = v\sqrt2, \qquad \left|\frac{\Delta\vec p}{\Delta t}\right| = \rho S v^2\sqrt2. \]

Давление на торцах. Силы \(PS\) на входе (вперёд) и \(PS\) на выходе (назад) тоже перпендикулярны друг другу, их равнодействующая \(PS\sqrt2\).

Сила трубы на жидкость \(\vec F_{\text{тр}}\) равна разности; обе «противоположные» векторные величины смотрят вдоль одной биссектрисы, поэтому модули складываются:

\[ \boxed{F = \sqrt2\,\big(P+\rho v^2\big)S} \]

Столько же жидкость давит на трубу — по биссектрисе угла, «наружу» колена.

Решение

Давление под поршнем. Поршень идёт равномерно, значит

\[ P-P_0=\frac FS. \]

Непрерывность: \(Su=sv\), откуда \(u=vs/S\).

Бернулли от поршня до среза отверстия:

\[ P+\frac{\rho u^2}{2} = P_0+\frac{\rho v^2}{2} \ \Longrightarrow\ \frac FS=\frac{\rho}{2}\left(v^2-\frac{s^2}{S^2}v^2\right) =\frac{\rho v^2}{2}\cdot\frac{S^2-s^2}{S^2}. \] \[ \boxed{v=\sqrt{\frac{2FS}{\rho\,(S^2-s^2)}}} \]

Решение

Связь глубины и скорости. На единицу ширины расход \(q=hv\) одинаков всюду:

глубина уменьшилась вдвое \(\Rightarrow\) скорость выросла вдвое: \(v=2v_0\);
глубина уменьшилась вчетверо \(\Rightarrow\) \(v=4v_0\).

Разгон. Ускорение \(a=g\sin\alpha\) постоянно, поэтому

\[ (2v_0)^2 = v_0^2+2al \ \Longrightarrow\ 2al = 3v_0^2, \] \[ (4v_0)^2 = v_0^2+2ax \ \Longrightarrow\ 2ax = 15v_0^2. \]

Делим одно на другое:

\[ \frac xl=\frac{15}{3}=5, \qquad \boxed{x=5l} \]

Решение

Секундная масса. У отверстия \(\mu=\rho S v\); выше по струе сечение растёт, а скорость падает, но произведение сохраняется ✓.

Сила на плиту. Если у плиты скорость \(u\), то каждая струя давит с силой \(\mu u\), а всего

\[ N\rho S v\,u = mg \quad\Longrightarrow\quad u = \frac{mg}{\rho v S N}. \]

Высота. Струя тормозится тяжестью: \(u^2=v^2-2gh\), откуда

\[ \boxed{h=\frac{1}{2g}\left[v^2-\left(\frac{mg}{\rho v S N}\right)^2\right]} \]

Решение

Кинематика. Тело идёт со скоростью \(u\), жидкость в зазоре — со скоростью \(w\) вверх. Через любое сечение суммарный поток нулевой:

\[ \pi r^2 u = \pi(R^2-r^2)\,w \ \Longrightarrow\ w = u\,\frac{r^2}{R^2-r^2}\equiv ku, \qquad k=\frac{r^2}{R^2-r^2}. \]

Энергия. Кинетическая энергия (тело плюс жидкость в зазоре, длина участка \(h\)):

\[ E = \frac12\pi r^2h\rho\,u^2 + \frac12\pi(R^2-r^2)h\rho_0\,w^2 = \frac12\underbrace{\pi r^2h\big(\rho+\rho_0k\big)}_{m_{\text{эфф}}}u^2. \]

Сила. При опускании тела на \(\Delta x\) объём \(\pi r^2\Delta x\) жидкости поднимается на \(h\), а тело опускается на \(\Delta x\):

\[ F = \pi r^2 h\,(\rho-\rho_0)\,g \quad(\text{вес минус Архимед}). \]

Ускорение \(a=F/m_{\text{эфф}}\):

\[ \boxed{a = \frac{\rho-\rho_0}{\rho+\rho_0\dfrac{r^2}{R^2-r^2}}\;g} \]

Разность давлений. Второй закон Ньютона для самого тела (вниз положительно):

\[ \rho\pi r^2h\,a = \rho\pi r^2 h\,g - \Delta P\,\pi r^2 \ \Longrightarrow\ \Delta P = \rho h\,(g-a). \]

Подставляя \(a\) и пользуясь \(1+k=R^2/(R^2-r^2)\):

\[ g-a = \frac{\rho_0(1+k)}{\rho+\rho_0k}\,g = \frac{\rho_0R^2\,g}{\rho(R^2-r^2)+\rho_0r^2}, \] \[ \boxed{\Delta P = \frac{\rho R^2}{\rho\,(R^2-r^2)+\rho_0 r^2}\;\rho_0 g h} \]

Решение

Подобие. Пусть напор над кромкой вырос с \(H\) до \(2H\). Тогда:

все линейные размеры потока (толщина слоя, длина «языка» струи) — в 2 раза;
скорости — в \(\sqrt2\) раз, ведь из \(v^2/2 = gH\) следует \(v\propto\sqrt H\).

Сброс (объём в секунду через единицу ширины) — это толщина, умноженная на скорость:

\[ \frac{Q'}{Q} = 2\cdot\sqrt2 = 2\sqrt2 \approx 2{,}8. \] \[ \boxed{\text{Сброс вырастет в }2\sqrt2\approx2{,}8\text{ раза}} \]

Решение

Что во сколько раз меняется при переходе от \(H\) к \(h\) (обозначим \(n=H/h\)):

все линейные размеры смоченной части выреза и струи — в \(n\) раз;
площадь живого сечения струи — в \(n^2\) раз;
скорость истечения — в \(\sqrt n\) раз.

Расход = площадь × скорость уменьшается в \(n^2\sqrt n = n^{5/2}\) раз. Сосуд широкий, его сечение не меняется, значит скорость понижения уровня падает во столько же раз:

\[ \boxed{\frac{u_H}{u_h}=\left(\frac Hh\right)^{5/2}} \]

Решение

Скорости. Все три струи имеют свободную поверхность при атмосферном давлении, а тяжестью на масштабе удара пренебрегаем. По Бернулли скорость всюду одна и та же — \(v\).

Сохранение массы (на единицу ширины): \(h = h_1+h_2\).

Импульс вдоль плоскости. Нормальная реакция плоскости вдоль неё проекции не имеет, поэтому

\[ \rho h v\cdot v\cos\alpha = \rho h_1 v\cdot v - \rho h_2 v\cdot v \ \Longrightarrow\ h_1-h_2 = h\cos\alpha. \]

Складывая и вычитая:

\[ \boxed{h_1 = \frac h2\,(1+\cos\alpha), \qquad h_2 = \frac h2\,(1-\cos\alpha), \qquad v_1=v_2=v} \]

Решение

Скорость точки встречи. Пластины сближаются, линия их пересечения бежит вдоль биссектрисы. За время \(\Delta t\) каждая пластина проходит \(v\Delta t\) по нормали, а точка встречи уезжает на \(v\Delta t/\sin\alpha\):

\[ u = \frac{v}{\sin\alpha}. \]

В бегущей системе. Вычитаем \(u\) вдоль биссектрисы. Легко проверить, что получившаяся скорость каждой пластины направлена ровно вдоль неё самой и равна

\[ w = v\,\mathrm{ctg}\,\alpha. \]

Это две встречные симметричные струи, сходящиеся под углом \(2\alpha\). По задаче 4.3.13 (симметричный случай) они дают две струи вдоль биссектрисы — вперёд и назад — с той же по модулю скоростью \(w\).

Возвращаемся в лабораторию: прибавляем \(u\):

\[ v_2 = w+u = v\,\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}+\frac{v}{\sin\alpha} = v\,\frac{1+\cos\alpha}{\sin\alpha} = v\,\mathrm{ctg}\frac{\alpha}{2}, \] \[ v_1 = u-w = v\,\frac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha} = v\,\mathrm{tg}\frac{\alpha}{2}. \] \[ \boxed{v_1 = v\,\mathrm{tg}\frac{\alpha}{2}, \qquad v_2 = v\,\mathrm{ctg}\frac{\alpha}{2}} \]

Решение

Масса. Секундные массы: \(\rho\pi R^2v\) и \(\rho\pi r^2v\); суммарно \(\rho\pi(R^2+r^2)v\).

Импульс вдоль оси. Приходит \(\rho\pi R^2v^2-\rho\pi r^2v^2\); уходит вся масса со скоростью \(v\) под углом \(\alpha\) к оси, то есть с осевой проекцией \(v\cos\alpha\):

\[ \rho\pi (R^2+r^2)v\cdot v\cos\alpha = \rho\pi(R^2-r^2)v^2, \] \[ \boxed{\text{конус, }\cos\alpha = \frac{R^2-r^2}{R^2+r^2}} \]

Решение

Откуда 8 км/с. Взрыв гонит стенку конуса внутрь со скоростью \(v\) по нормали. Стенки сходятся под углом при вершине \(2\alpha=30^{\circ}\), то есть \(\alpha=15^{\circ}\). По задаче 4.3.14 вперёд летит струя со скоростью

\[ v_{\text{стр}} = v\,\mathrm{ctg}\frac{\alpha}{2} = v\,\mathrm{ctg}\,7{,}5^{\circ} = 7{,}6\,v. \]

Приравнивая \(7{,}6\,v = 8\) км/с, получаем

\[ \boxed{v \approx 1\ \text{км/с}} \]

Почему «внутри плиты 4 км/с». Струя и броня — одинаковый по плотности металл. Перейдём в систему, связанную с дном кратера, которое движется со скоростью \(u\). В ней струя набегает со скоростью \(v_{\text{стр}}-u\), а броня — со скоростью \(u\) навстречу. Дно кратера — это «застойная точка», где давления с обеих сторон равны:

\[ \frac{\rho\,(v_{\text{стр}}-u)^2}{2} = \frac{\rho\,u^2}{2} \ \Longrightarrow\ u = \frac{v_{\text{стр}}}{2} = 4\ \text{км/с}. \]

Именно эту скорость и «видят» приборы внутри плиты. Сама же струя как летела 8 км/с, так и летит — потому за плитой снова 8 км/с. Никакого парадокса: это три разные величины.

Решение

Энергия. Пусть \(h\) — высота столба в вертикальной части, \(S\) — сечение. Общая длина жидкости \(l\) (она не меняется), скорость всюду \(|\dot h|\):

\[ \frac{\rho Sl\,\dot h^2}{2} + \rho S h g\frac h2 = \rho S l\,g\frac l2 = \text{const}. \]

Это в точности энергия пружинного маятника: «масса» \(\rho Sl\), «жёсткость» \(\rho Sg\). Значит

\[ \omega = \sqrt{\frac{\rho S g}{\rho S l}} = \sqrt{\frac gl}, \qquad \boxed{h = l\cos\left(t\sqrt{\frac gl}\right)} \]

Формула верна, пока \(h\ge0\), то есть до момента \(t=\tfrac{\pi}{2}\sqrt{l/g}\).

Давление при \(h=l/2\). Тогда ускорение всей жидкости

\[ a = \omega^2 h = \frac gl\cdot\frac l2 = \frac g2 \]

(в вертикальной части — вниз, в горизонтальной — к открытому концу).

Вертикальная часть. Пусть \(x\) — глубина под свободной поверхностью. Столбик длины \(x\) массы \(\rho Sx\) сверху не поджат, снизу давление \(P\):

\[ \rho Sxg - PS = \rho Sx\cdot\frac g2 \ \Longrightarrow\ \boxed{P=\frac{\rho g x}{2}} \]

Горизонтальная часть. Пусть \(y\) — расстояние от открытого конца. Столбик длины \(y\) массы \(\rho Sy\) разгоняется вперёд с \(g/2\), спереди давление нулевое:

\[ PS = \rho S y\cdot\frac g2 \ \Longrightarrow\ \boxed{P=\frac{\rho g y}{2}} \]

Решение

Связь. Непрерывность \(Su = sv\) и Торричелли \(v=\sqrt{2gh}\) дают

\[ u = \frac sS\sqrt{2gh} \quad\Longrightarrow\quad u^2 = 2\,\underbrace{g\frac{s^2}{S^2}}_{a}\;h. \]

Это соотношение \(u^2=2a\,h\) — формула равноускоренного движения из состояния покоя, где путь есть убыль высоты \(h\). Значит уровень опускается с постоянным ускорением

\[ \boxed{a = g\left(\frac sS\right)^2} \]

Решение \[ A = P\,\Delta \mathcal{V} = P V. \]

Внутри полости пустота (пар при ничтожном давлении), она сопротивления не оказывает; потерь на трение в идеальной жидкости нет. Значит вся работа стала кинетической энергией:

\[ \boxed{E = P V} \]

Решение

Поле скоростей. Пусть граница полости имеет радиус \(r\) и скорость \(v\). Через сферу радиуса \(x>r\) в секунду проходит тот же объём:

\[ 4\pi x^2 u(x) = 4\pi r^2 v \quad\Longrightarrow\quad u(x)=v\,\frac{r^2}{x^2}. \]

Кинетическая энергия. Слой толщины \(dx\) имеет массу \(\rho\,4\pi x^2dx\):

\[ E = \int_r^{\infty}\frac{\rho\,4\pi x^2}{2}\,v^2\frac{r^4}{x^4}\,dx = 2\pi\rho v^2r^4\int_r^{\infty}\frac{dx}{x^2} = 2\pi\rho v^2 r^3. \]

(Школьный смысл: вся энергия «сидит» в тонком слое возле полости — интеграл сходится.)

Работа давления. Полость сжалась с \(R\) до \(r\), объём уменьшился на \(\tfrac43\pi(R^3-r^3)\), значит внешнее давление совершило работу

\[ A = P\cdot\frac43\pi\left(R^3-r^3\right). \]

Приравниваем \(A=E\):

\[ \frac43\pi P\,(R^3-r^3) = 2\pi\rho v^2r^3 \ \Longrightarrow\ \boxed{v = \sqrt{\frac{2P}{3\rho}\left(\frac{R^3}{r^3}-1\right)}} \]

Решение

Условие. Максимальная скорость, до которой давление \(P_0\) может разогнать воду из состояния покоя, находится из \(\rho v^2/2 = P_0\):

\[ v_{\text{кр}} = \sqrt{\frac{2P_0}{\rho}} = \sqrt{\frac{2\cdot10^5}{10^3}} = \sqrt{200}\approx 14\ \text{м/с}. \] \[ \boxed{v \gtrsim 14\ \text{м/с}\approx 50\ \text{км/ч}} \]

Решение

Постоянство градиента. Возьмём слой между уровнями \(x\) и \(x+\Delta x\). Сверху его тянут с силой \(\eta\,(\Delta v/\Delta x)_{\text{верх}}\), снизу тормозят с \(\eta\,(\Delta v/\Delta x)_{\text{низ}}\). Ускорения нет, значит эти силы равны: градиент один и тот же на всех уровнях.

Профиль. Скорость меняется линейно: от 0 у неподвижной плоскости до \(v_0\) у движущейся:

\[ \boxed{v(x) = v_0\,\frac xh,\qquad 0<x<h;\qquad \frac{\Delta v}{\Delta x} = \frac{v_0}{h}} \]

Сила на единицу площади (одинаковая для обеих плоскостей, по модулю):

\[ \boxed{F = \eta\,\frac{v_0}{h}} \]

Решение

Равновесие слоя. Возьмём слой от середины \(h/2\) до уровня \(x\), единичной ширины и длины \(L\). Толщина слоя \(|h/2-x|\); сила давления на его торцы \(PL\cdot|h/2-x|\); вязкая сила на нижней грани \(\eta\,\dfrac{\Delta v}{\Delta x}\,L\). Приравнивая:

\[ \eta\,\frac{\Delta v}{\Delta x} = P\left(\frac h2-x\right). \]

Профиль. Градиент линеен по \(x\), значит скорость — квадратичная функция, обращающаяся в нуль на обеих стенках:

\[ \boxed{v(x) = \frac{P}{2\eta}\,x\,(h-x),\qquad 0<x<h} \]

(Проверка: \(\Delta v/\Delta x = \dfrac{P}{2\eta}(h-2x)=\dfrac P\eta\left(\dfrac h2-x\right)\) ✓, и \(v=0\) при \(x=0,h\) ✓.) Максимум посередине: \(v_{\max}=Ph^2/(8\eta)\).

Расход. Площадь под параболой равна \(\tfrac23\) площади описанного прямоугольника:

\[ Q = \frac23\,h\,v_{\max} = \frac23\cdot h\cdot\frac{Ph^2}{8\eta}, \qquad \boxed{Q = \frac{P\,h^3}{12\eta}} \]

Решение

а. Баланс слоя. Возьмём слой от уровня \(x\) (считая от дна) до свободной поверхности \(h\), длины \(L\), единичной ширины. Его тянет вниз по склону \(\rho g\sin\alpha\,(h-x)L\), а держит вязкое трение снизу:

\[ \eta\,\frac{\Delta v}{\Delta x} = \rho g\sin\alpha\,(h-x). \]

Градиент максимален у дна и нулевой у поверхности ✓. Скорость — половина параболы, равная нулю у дна:

\[ v(x) = \frac{\rho g\sin\alpha}{\eta}\left(hx-\frac{x^2}{2}\right), \qquad v_{\max}=v(h)=\frac{\rho g h^2\sin\alpha}{2\eta}. \]

Расход. Площадь под такой «половинкой параболы» составляет \(\tfrac23\) от \(h\,v_{\max}\):

\[ \boxed{Q = \frac23\,h\,v_{\max} = \frac{\rho g h^3\sin\alpha}{3\eta}} \]

б. Оценка для канала. Средняя скорость \(\bar v = Q/h = \rho gh^2\sin\alpha/(3\eta)\), откуда

\[ \sin\alpha = \frac{3\eta\bar v}{\rho g h^2} = \frac{3\cdot10^{-3}\cdot1}{10^3\cdot9{,}8\cdot4} \approx 8\cdot10^{-8}. \] \[ \boxed{\alpha \approx 8\cdot10^{-8}\ \text{рад}} \]

Решение

\[ mg\sin\alpha = \eta\,\frac{v}{\Delta}\cdot \pi R^2, \] \[ \boxed{v = \frac{mg\,\Delta\,\sin\alpha}{\pi R^2\,\eta}} \]

Решение

а. Баланс цилиндрика. Сила давления \(P\pi x^2\); площадь боковой поверхности \(2\pi x l\); сила трения \(\eta\left|\dfrac{\Delta v}{\Delta x}\right|2\pi xl\):

\[ P\pi x^2 = \eta\left|\frac{\Delta v}{\Delta x}\right|2\pi x l \ \Longrightarrow\ \boxed{\frac{\Delta v}{\Delta x} = -\frac{P\,x}{2\eta l}},\qquad 0<x<R. \]

Минус: скорость убывает от оси к стенке.

б. Скорость. Градиент линеен по \(x\), значит \(v\) — квадратичная функция, обращающаяся в нуль на стенке \((x=R)\):

\[ \boxed{v(x) = \frac{P}{4\eta l}\left(R^2-x^2\right)} \]

Проверка: \(\Delta v/\Delta x = -Px/(2\eta l)\) ✓. На оси \(v_{\max}=PR^2/(4\eta l)\).

Расход. Средняя по сечению скорость параболоида равна половине максимальной:

\[ Q = \pi R^2\cdot\frac{v_{\max}}{2} = \pi R^2\cdot\frac{PR^2}{8\eta l}, \qquad \boxed{Q = \frac{\pi R^4 P}{8\eta l}} \]

Решение

Расход. Пусть в трубке остался столб длины \(x\). Перепад давления на нём \(P=\rho g x\), а длина участка течения та же \(x\). По Пуазёйлю

\[ Q = \frac{\pi R^4}{8\eta}\cdot\frac{\rho g x}{x} = \frac{\pi R^4\rho g}{8\eta} = \text{const}. \]

Длина \(x\) сократилась! Значит уровень опускается равномерно, и

\[ \boxed{\text{вторая половина вытечет за то же время } T} \]

Решение

Расход. Столб длины \(x\) вдоль трубки даёт перепад высот \(x\sin\alpha\):

\[ Q = \frac{\pi R^4}{8\eta}\cdot\frac{\rho g x\sin\alpha}{x} = \frac{\pi R^4\rho g\sin\alpha}{8\eta},\qquad R=\frac d2. \]

Время. Полный объём \(\pi R^2l\):

\[ t = \frac{\pi R^2 l}{Q} = \frac{8\eta l}{R^2\rho g\sin\alpha} = \frac{8\eta l}{(d/2)^2\rho g\sin\alpha}, \] \[ \boxed{t = \frac{32\,\eta\,l}{\rho g\,d^2\sin\alpha}} \]

Решение

а. Момент через цилиндр радиуса \(x\). Скорость сдвига в цилиндрическом слое — это не \(\Delta v/\Delta x\), а \(x\,\dfrac{\Delta\omega}{\Delta x}\) (равномерное вращение сдвига не даёт!). Значит касательное напряжение \(\tau = \eta\,x\,\dfrac{\Delta\omega}{\Delta x}\), а момент на единицу длины

\[ M = -\tau\cdot 2\pi x\cdot x = -2\pi\eta\,x^3\frac{\Delta\omega}{\Delta x} \ \Longrightarrow\ \boxed{\frac{\Delta\omega}{\Delta x} = -\frac{M}{2\pi\eta x^3}},\quad r<x<R. \]

б. Угловая скорость. Функция, производная которой равна \(-M/(2\pi\eta x^3)\) и которая обращается в нуль при \(x=R\) (труба неподвижна):

\[ \boxed{\omega_{\text{ж}}(x) = \frac{M}{4\pi\eta}\left(\frac{1}{x^2}-\frac{1}{R^2}\right)} \]

Подставляя \(x=r\), получаем угловую скорость вала:

\[ \boxed{\omega = \frac{M}{4\pi\eta}\left(\frac{1}{r^2}-\frac{1}{R^2}\right)} \]

Решение

Скорость во втором сечении: \(v_1S_1=v_2S_2\), значит \(v_2=v_1S_1/S_2\).

Импульс. Секундная масса \(\mu=\rho v_1S_1\). Для жидкости между сечениями (ось — по течению):

\[ P_1S_1 - P_2S_2 + F_{\text{тр}\to\text{ж}} = \mu\,(v_2-v_1) = \rho v_1^2S_1\left(\frac{S_1}{S_2}-1\right). \]

Отсюда сила, с которой труба действует на жидкость,

\[ F_{\text{тр}\to\text{ж}} = P_2S_2-P_1S_1-\rho v_1^2S_1\left(1-\frac{S_1}{S_2}\right), \]

а искомая сила жидкости на трубу равна ей с обратным знаком:

\[ \boxed{F = P_1S_1-P_2S_2+\rho v_1^2 S_1\left(1-\frac{S_1}{S_2}\right)} \]

Решение

Два эквивалентных определения.

Энергетическое: \(\sigma\) — работа, которую надо совершить, чтобы увеличить площадь поверхности жидкости на единицу при постоянной температуре:

\[ A = \sigma\,\Delta S. \]

Силовое: \(\sigma\) — сила, с которой одна часть поверхностной плёнки тянет другую, приходящаяся на единицу длины линии раздела:

\[ F = \sigma\,l. \]

Оба определения дают одно и то же число: растягивая рамку с плёнкой на \(\Delta x\) при ширине \(l\), совершаем работу \(F\Delta x = \sigma l\Delta x = \sigma\Delta S\) ✓. Единица — Н/м = Дж/м².

Где это видно. Капли и мыльные пузыри принимают шарообразную форму — у шара наименьшая площадь при данном объёме. По воде бегают водомерки, на воде держится аккуратно положенная иголка. Вода поднимается по капиллярам почвы, по фитилю, по бумажному полотенцу. Ртуть на столе собирается в шарики. Мокрый песок держит форму — плёнки воды стягивают песчинки. Струя воды из крана распадается на капли. В невесомости вода собирается в шар.

Решение

В невесомости тяжести нет вовсе, остаётся только поверхностная энергия. Она минимальна при минимальной площади, а наименьшую площадь при данном объёме имеет шар ✓.

На полу — соревнование энергий. Для капли размера \(r\):

\[ E_{\text{пов}} \sim \sigma r^2, \qquad E_{\text{тяж}} \sim \rho g r^3\cdot r = \rho g r^4 \;\text{(выигрыш от расплющивания)}. \]

Точнее, отношение «расплющивающего» вклада к «стягивающему»

\[ \frac{\rho g r^3\cdot r}{\sigma r^2} = \frac{\rho g r^2}{\sigma}. \]

Оно мало́ при

\[ r \ll a = \sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}} \quad\text{— «капиллярная длина»}. \]

Для ртути \(a=\sqrt{0{,}465/(13600\cdot9{,}8)}\approx1{,}9\) мм. Капли заметно мельче двух миллиметров — почти идеальные шарики, крупные — растекающиеся лепёшки ✓.

Решение \[ \sigma\cdot2\pi r \;\ge\; \rho g\cdot\frac43\pi r^3 \quad\Longrightarrow\quad r^2 \le \frac{3\sigma}{2\rho g}. \] \[ r \le \sqrt{\frac{3\cdot0{,}073}{2\cdot10^3\cdot9{,}8}} = \sqrt{1{,}12\cdot10^{-5}} \approx 3{,}3\ \text{мм} = 0{,}33\ \text{см}. \] \[ \boxed{r \sim 0{,}5\ \text{см}} \]

Решение

\[ F_1 = 2\sigma_1 l \ (\text{влево}), \qquad F_2 = 2\sigma_2 l \ (\text{вправо}), \] \[ \boxed{F = 2\,(\sigma_1-\sigma_2)\,l} \]

Планка тянется в сторону жидкости с бо́льшим поверхностным натяжением.

Решение

Натяжение нити. Петля растянулась с \(l\) до \(2\pi R\):

\[ T = k\,(2\pi R - l). \]

Равновесие элемента кольца. Для нити, изогнутой по окружности радиуса \(R\), натяжение даёт направленную к центру силу \(T/R\) на единицу длины. Ей противостоит плёнка:

\[ \frac TR = 2\sigma \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\sigma = \frac{T}{2R} = \frac{k\,(2\pi R - l)}{2R}} \]

Решение

а. Начальная площадь \(\sim V^{2/3}\) ничтожна по сравнению с конечной, поэтому

\[ \boxed{A \approx \sigma\cdot 2\,\frac V\Delta = \frac{2V\sigma}{\Delta}} \]

б. Объём 1 г ртути \(V = 1/13{,}6\) см³ \(=7{,}35\cdot10^{-8}\) м³. Диаметр атома оценим из объёма, приходящегося на атом:

\[ v_0 = \frac{M}{\rho N_A} = \frac{200{,}6\cdot10^{-3}}{13{,}6\cdot10^3\cdot6{,}02\cdot10^{23}} = 2{,}45\cdot10^{-29}\ \text{м}^3,\qquad d=\sqrt[3]{v_0}\approx2{,}9\cdot10^{-10}\ \text{м}. \] \[ A = \frac{2\cdot7{,}35\cdot10^{-8}\cdot0{,}465}{2{,}9\cdot10^{-10}} \approx 2{,}4\cdot10^{2}\ \text{Дж}. \] \[ \boxed{n = \frac{L}{A} = \frac{290}{240} \approx 1\ldots\text{несколько}} \]

Решение \[ \underbrace{\rho_{\text{ж}}a^3g}_{\text{вес}} = \underbrace{\rho_0a^3g}_{\text{Архимед}} + \underbrace{4a\sigma}_{\text{плёнка}} \] \[ a^2\,(\rho_{\text{ж}}-\rho_0)\,g = 4\sigma \ \Longrightarrow\ a = \sqrt{\frac{4\sigma}{(\rho_{\text{ж}}-\rho_0)g}}. \] \[ a = \sqrt{\frac{4\cdot0{,}073}{(7800-1000)\cdot9{,}8}} = \sqrt{4{,}4\cdot10^{-6}} \approx 2{,}1\ \text{мм}. \] \[ \boxed{a \approx 2{,}1\ \text{мм}} \]

Решение \[ \underbrace{\rho\,\pi r^2\,2h\,g}_{\text{вес}} = \underbrace{\rho\,\pi r^2 h\,g}_{\text{Архимед}} + \underbrace{2\pi r\,\sigma}_{\text{плёнка}}, \] \[ \rho\pi r^2hg = 2\pi r\sigma \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\sigma = \frac{r\rho g h}{2}} \]

Решение

Оценка данных. Масса \(m\approx70\) кг; подошва \(30\times10\) см, её периметр \(0{,}8\) м, у двух ботинок \(L\approx1{,}6\) м.

\[ \sigma L \ge m g \quad\Longrightarrow\quad g \le \frac{\sigma L}{m} = \frac{0{,}073\cdot1{,}6}{70} \approx 1{,}7\cdot10^{-3}\ \text{м/с}^2. \] \[ \boxed{g \lesssim 0{,}2\ \text{см/с}^2} \]

Решение

Мениск. Рассмотрим боковую поверхность жидкости на единицу длины. По горизонтали на неё действуют: \(\sigma\) внизу (там поверхность горизонтальна) и \(\sigma\cos\theta\) вверху (у края пластины), а также сила «отрицательного» давления. Жидкость под уровнем поднята на высоту до \(x\), давление в ней ниже атмосферного, и суммарная горизонтальная сила равна \(\rho g x^2/2\):

\[ \frac{\rho g x^2}{2} = \sigma - \sigma\cos\theta \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\cos\theta = 1-\frac{\rho g x^2}{2\sigma}} \]

Пластина. На неё действуют: искомая сила \(F_x\) вверх, вес \(mg\) вниз, «присасывание» снизу \(F_0=\rho gx\,l\) вниз (под пластиной давление ниже атмосферного на \(\rho gx\)) и две плёнки по краям, тянущие вниз с \(2\sigma\sin\theta\):

\[ F_x = mg + \rho g x\,l + 2\sigma\sin\theta. \]

Осталось выразить синус. Из \(\cos\theta = 1-\rho gx^2/(2\sigma)\):

\[ \sin\theta = \sqrt{1-\cos^2\theta} = \frac{\rho g x}{\sigma}\sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}-\frac{x^2}{4}}, \] \[ \boxed{F_x = mg + \rho g x\left(l + 2\sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}-\frac{x^2}{4}}\right)} \]

Решение

Насколько может прогнуться поверхность. Для плоского мениска высотой \(x\) равновесие боковой поверхности (см. 4.5.10) даёт

\[ \frac{\rho gx^2}{2} = \sigma\,(1-\cos\psi), \]

где \(\psi\) — угол наклона поверхности у края пластины. Максимум при \(\psi=180^{\circ}\) (поверхность у края «завернулась»):

\[ x_{\max} = 2\sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}}. \]

Нагрузка. Давление снизу \(\rho g x_{\max}\) уравновешивает вес единицы площади:

\[ \frac mS = \rho\,x_{\max} = 2\sqrt{\frac{\sigma\rho}{g}} = 2\sqrt{\frac{0{,}073\cdot10^3}{9{,}8}} = 5{,}5\ \frac{\text{кг}}{\text{м}^2}, \] \[ \boxed{\frac mS \approx 0{,}55\ \text{г/см}^2} \]

Решение

Силы по горизонтали. На далёком сечении плёнка тянет наружу с \(\sigma\). У стенки плёнка подходит под краевым углом \(\theta\), её горизонтальная проекция \(\sigma\sin\theta\) (при полном смачивании \(\theta=0\) плёнка вертикальна и наружу не тянет вовсе). Разность гидростатических давлений на столбик высоты \(h\) даёт \(\rho gh^2/2\), направленную к стенке:

\[ \frac{\rho g h^2}{2} = \sigma - \sigma\sin\theta, \] \[ \boxed{h = \sqrt{\frac{2\sigma\,(1-\sin\theta)}{\rho g}}} \]

б. Полное смачивание \((\theta=0)\):

\[ h = \sqrt{\frac{2\sigma}{\rho g}} = \sqrt{\frac{2\cdot0{,}073}{10^3\cdot9{,}8}} = 3{,}9\ \text{мм}. \] \[ \boxed{h \approx 3{,}9\ \text{мм}} \]

Решение

Энергия на площади \(S=V/x\). Тяжесть: слой толщины \(x\), центр тяжести на \(x/2\), значит \(\rho g x^2 S/2\). Поверхность: сверху добавилась граница жидкость–воздух (\(\sigma\)), а граница твёрдое–газ заменилась на твёрдое–жидкость, что по формуле Юнга даёт \(-\sigma\cos\theta\). Итого

\[ E = \frac{\rho g x^2}{2}\,S + \sigma\,(1-\cos\theta)\,S = V\left[\frac{\rho g x}{2} + \frac{\sigma(1-\cos\theta)}{x}\right]. \]

Минимум. Сумма вида \(ax+b/x\) минимальна при \(x=\sqrt{b/a}\):

\[ x = \sqrt{\frac{2\sigma(1-\cos\theta)}{\rho g}} = \sqrt{\frac{4\sigma\sin^2(\theta/2)}{\rho g}}, \] \[ \boxed{x = 2\sin\frac{\theta}{2}\,\sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}}} \]

б. Парафин водой практически не смачивается. В предельном случае полного несмачивания \((\theta=180^{\circ})\)

\[ x = 2\sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}} = 2\cdot2{,}7\ \text{мм} \approx 5{,}4\ \text{мм}. \]

(При реальном краевом угле \(\theta\approx105^{\circ}\) получится \(x\approx4{,}3\) мм — чуть тоньше.)

\[ \boxed{x \approx 5\ \text{мм}} \]

Решение

Энергия тяжести плавающего слоя. Слой толщины \(x\) погружён на \((\rho_{\text{м}}/\rho_{\text{ж}})x\). Стандартный подсчёт даёт на единицу площади

\[ E_{\text{тяж}} = \frac12\,\rho_{\text{м}}\,g\,x^2 \left(1-\frac{\rho_{\text{м}}}{\rho_{\text{ж}}}\right). \]

Поверхностная энергия на единицу площади: вместо одной границы \(\sigma_{\text{ж}}\) появились две — \(\sigma_{\text{м}}\) и \(\sigma_{\text{ж.м.}}\):

\[ E_{\text{пов}} = \sigma_{\text{м}}+\sigma_{\text{ж.м.}}-\sigma_{\text{ж}} \equiv \Delta\sigma. \]

Минимум. При фиксированном объёме \(V=xS\) полная энергия

\[ E = V\left[\frac{\rho_{\text{м}}g x}{2}\left(1-\frac{\rho_{\text{м}}}{\rho_{\text{ж}}}\right) + \frac{\Delta\sigma}{x}\right], \]

минимальна при

\[ \boxed{x = \sqrt{\frac{2\rho_{\text{ж}}\, \big(\sigma_{\text{м}}+\sigma_{\text{ж.м.}}-\sigma_{\text{ж}}\big)} {\rho_{\text{м}}\,(\rho_{\text{ж}}-\rho_{\text{м}})\,g}}} \]

Если же \(\sigma_{\text{ж}}\ge\sigma_{\text{м}}+\sigma_{\text{ж.м.}}\), то \(\Delta\sigma\le0\): растекаться выгодно неограниченно, и \(x\to0\) — масло расползается в мономолекулярную плёнку.

б. Нефть. Масса \(m=0{,}8\cdot28\,691 = 22\,953\) т, объём \(V=m/\rho_{\text{м}} = 28\,691\) м³. «Не смачивается» примем в предельном виде \(\sigma_{\text{ж.м.}}=\sigma_{\text{ж}}+\sigma_{\text{м}}\), тогда \(\Delta\sigma = 2\sigma_{\text{м}}=0{,}06\) Н/м:

\[ x = \sqrt{\frac{2\cdot10^3\cdot0{,}06}{0{,}8\cdot10^3\cdot0{,}2\cdot10^3\cdot9{,}8}} = \sqrt{7{,}7\cdot10^{-5}} \approx 8{,}7\ \text{мм}, \] \[ S = \frac Vx = \frac{28\,691}{8{,}7\cdot10^{-3}} \approx 3\cdot10^{6}\ \text{м}^2 \approx 3\ \text{км}^2. \] \[ \boxed{S \sim 2\ldots3\ \text{км}^2} \]

Решение

Что держит поднятый объём. Возьмём в качестве системы всю жидкость, лежащую выше общего уровня (на рисунке она отделена штриховой линией). Снизу, на уровне общей поверхности, давление равно атмосферному, значит снизу эта жидкость не поддерживается вовсе. По бокам — свободная поверхность, тоже под атмосферным давлением, и вертикальных сил там нет. Остаётся единственная опора — плёнка на линии соприкосновения с палочкой.

Сила плёнки. На каждый элемент линии смачивания длины \(\Delta L\) плёнка действует силой \(\sigma\Delta L\), направленной по касательной к поверхности; её вертикальная проекция \(\sigma\cos\vartheta\,\Delta L\), где \(\vartheta\) — краевой угол, один и тот же по всему периметру. Суммируя по контуру длины \(L\):

\[ F_{\uparrow} = \sigma L\cos\vartheta. \]

Вывод. Равновесие поднятой жидкости даёт

\[ \rho g V = \sigma L\cos\vartheta \quad\Longrightarrow\quad \boxed{V = \frac{\sigma L\cos\vartheta}{\rho g}} \]

В ответ входит только периметр \(L\), но не форма сечения — что и требовалось.

Решение

а. Цилиндр. Возьмём кусок цилиндрической поверхности длины \(L\) и рассечём его плоскостью, проходящей через ось. Половинку жидкости внутри держат две силы:

плёнка вдоль двух линий разреза длины \(L\): \(F_\sigma = 2\sigma L\);
избыточное давление \(\Delta P\), действующее на диаметральное сечение площади \(2RL\): \(F_P = \Delta P\cdot 2RL\).

\[ \Delta P\cdot 2RL = 2\sigma L \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\Delta P = \frac{\sigma}{R}} \]

б. Сфера. Рассечём каплю по большому кругу. Плёнка тянет по окружности длины \(2\pi R\), давление действует на круг площади \(\pi R^2\):

\[ \Delta P\cdot\pi R^2 = \sigma\cdot 2\pi R \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\Delta P = \frac{2\sigma}{R}} \]

Решение

Снаружи на глубине \(d\) избыточное над атмосферным давление равно \(\rho g d\). Внутри на той же глубине оно на \(2\sigma/R\) больше:

\[ P_{\text{вн}}(d) = \rho g d + \frac{2\sigma}{R}. \]

Наибольшая глубина точки капли \(h+R\), наименьшая \(h-R\):

\[ \boxed{P_{\max} = \frac{2\sigma}{R}+\rho g\,(h+R), \qquad P_{\min} = \frac{2\sigma}{R}+\rho g\,(h-R)} \]

Решение \[ \rho g x = \frac{\sigma}{R} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{R = \frac{\sigma}{\rho g x}} \]

Решение

Внешняя граница (воздух → вода), выпуклая наружу, радиус \(R\):

\[ P_{\text{вода}} = P_0 + \frac{2\sigma}{R}. \]

Внутренняя граница (вода → воздух внутри), центр кривизны там же, радиус \(R-h\); воздух внутри находится с вогнутой стороны, значит его давление больше:

\[ P = P_{\text{вода}} + \frac{2\sigma}{R-h}. \] \[ \boxed{P = P_0 + 2\sigma\left(\frac1R+\frac1{R-h}\right)} \]

Решение

Максимальный перепад. Ячейка со стороной \(a=1\) мм; наименьший возможный радиус кривизны \(R_{\min}=a/2=0{,}5\) мм. По Лапласу

\[ \Delta P_{\max} = \frac{2\sigma}{R_{\min}} = \frac{2\cdot0{,}073}{5\cdot10^{-4}} \approx 290\ \text{Па}. \]

Высота столба воды:

\[ H = \frac{\Delta P_{\max}}{\rho g} = \frac{290}{10^3\cdot9{,}8} \approx 3\ \text{см}. \]

Объём:

\[ V = S\,H = 0{,}1\cdot0{,}03 = 3\cdot10^{-3}\ \text{м}^3, \qquad \boxed{V \approx 3\ \text{л}} \]

Решение

Два одинаковых тела. Пусть оба смачиваемые: около каждого вода поднята. Когда тела сближаются, два «валика» сливаются в один общий — суммарная площадь искривлённой поверхности уменьшается, и поднятой воды становится меньше. И поверхностная энергия, и энергия тяжести при этом падают, значит тела притягиваются ✓. Для двух несмачиваемых всё зеркально: сливаются две «ямки», и энергия опять падает ✓.

Через давление. Между сближающимися смачиваемыми телами вода поднята выше общего уровня, а значит давление в ней меньше атмосферного. Снаружи давление атмосферное. Разность давлений вжимает тела друг в друга ✓.

Разные тела. Около одного вода поднята, около другого опущена. Чтобы их менисками «состыковаться», поверхности пришлось бы сначала подняться, потом резко опуститься — искривление и площадь при сближении растут. Энергия растёт, значит тела отталкиваются ✓.

Куда они уплывут. Смачиваемое тело у стенки, которую вода смачивает, притянется к стенке (там вода тоже поднята); несмачиваемое — оттолкнётся. Поэтому пузырьки в стакане сбегаются к краям, а плавающие чаинки — к центру или к стенке в зависимости от формы мениска.

Решение

Треугольник Неймана. Пусть верхний колпачок подходит к линии контакта под углом \(\alpha\) к горизонту, нижний — под углом \(\beta\). Три силы уравновешиваются:

\[ \sigma = \sigma_1\cos\alpha+\sigma_2\cos\beta, \qquad \sigma_1\sin\alpha = \sigma_2\sin\beta \equiv t. \]

Обозначив \(A=\sigma_1\cos\alpha\), \(B=\sigma_2\cos\beta\), имеем \(A+B=\sigma\) и \(A^2-B^2=\sigma_1^2-\sigma_2^2\), откуда

\[ A = \frac{\sigma^2+\sigma_1^2-\sigma_2^2}{2\sigma}, \qquad B = \frac{\sigma^2+\sigma_2^2-\sigma_1^2}{2\sigma}. \]

Высота сегмента. Для сферического сегмента с радиусом основания \(r\), край которого наклонён на угол \(\alpha\), высота равна \(r\,\mathrm{tg}(\alpha/2)\). Значит

\[ h = r\left[\mathrm{tg}\frac{\alpha}{2}+\mathrm{tg}\frac{\beta}{2}\right] = r\,t\left[\frac{1}{\sigma_1+A}+\frac{1}{\sigma_2+B}\right] \]

(здесь использовано \(\mathrm{tg}(\alpha/2)=\sin\alpha/(1+\cos\alpha)=t/(\sigma_1+A)\)).

Алгебра. Прямой подсчёт даёт

\[ \sigma_1+A = \frac{(\sigma+\sigma_1+\sigma_2)(\sigma+\sigma_1-\sigma_2)}{2\sigma}, \qquad \sigma_2+B = \frac{(\sigma+\sigma_1+\sigma_2)(\sigma+\sigma_2-\sigma_1)}{2\sigma}, \] \[ t^2 = \frac{(\sigma+\sigma_1+\sigma_2)(\sigma+\sigma_1-\sigma_2) (\sigma+\sigma_2-\sigma_1)(\sigma_1+\sigma_2-\sigma)}{4\sigma^2}, \]

и после сокращений (пользуясь \((\sigma+\sigma_1-\sigma_2)(\sigma-\sigma_1+\sigma_2)=\sigma^2-(\sigma_1-\sigma_2)^2\))

\[ \boxed{h = 2r\,\sqrt{\frac{\sigma_1+\sigma_2-\sigma}{\sigma_1+\sigma_2+\sigma}\cdot \frac{\sigma^2}{\sigma^2-(\sigma_1-\sigma_2)^2}}} \]

Решение

Давления. Считая от наружного \(P_0\):

\[ P_{\text{бол}} = P_0+\frac{4\sigma}{R_0}, \qquad P_{\text{мал}} = P_0+\frac{4\sigma}{r}. \]

Перегородка. Она разделяет две области с разностью давлений \(P_{\text{мал}}-P_{\text{бол}}\) и, будучи мыльной плёнкой, даёт скачок \(4\sigma/R\):

\[ \frac{4\sigma}{R} = \frac{4\sigma}{r}-\frac{4\sigma}{R_0} \ \Longrightarrow\ \frac1R=\frac1r-\frac1{R_0}, \] \[ \boxed{R = \frac{r\,R_0}{R_0-r}} \]

Перегородка выгибается в сторону большого пузыря — там давление меньше.

Углы. В линии соприкосновения сходятся три мыльные плёнки с одинаковым натяжением. Три равные силы уравновешиваются, только если углы между ними равны:

\[ \boxed{\alpha = 120^{\circ}} \]

Решение

Давление у дна. На макушке поверхность сферическая радиуса \(R\), значит сразу под ней избыточное давление \(2\sigma/R\). Опускаясь на \(h\), прибавляем \(\rho gh\):

\[ P_{\text{низ}} = \frac{2\sigma}{R}+\rho g h \quad(\text{сверх атмосферного}). \]

Вес. Со стороны плоскости капля получает вверх силу \(P_{\text{низ}}\cdot\pi r^2\) (атмосферное давление, действующее на всю остальную поверхность капли, в сумме даёт нуль). Она и уравновешивает вес:

\[ mg = \pi r^2\left(\frac{2\sigma}{R}+\rho g h\right), \] \[ \boxed{m = \pi r^2\left(\rho h + \frac{2\sigma}{Rg}\right)} \]

Решение

Давление в лепёшке. Ртуть не смачивает, край лепёшки — почти полуокружность радиуса \(h/2\):

\[ \Delta P \approx \frac{\sigma}{h/2} = \frac{2\sigma}{h}. \]

(Вторым, «большим», радиусом кривизны — радиусом самой лепёшки — пренебрегаем: он гораздо больше.)

Площадь пятна. Объём шарика сохраняется:

\[ \frac43\pi a^3 = \pi R_{\text{л}}^2 h \quad\Longrightarrow\quad \pi R_{\text{л}}^2 = \frac{4\pi a^3}{3h}, \qquad a=1\ \text{мм}. \]

Равновесие пластины (четыре лепёшки):

\[ 4\,\Delta P\,\pi R_{\text{л}}^2 = mg \ \Longrightarrow\ 4\cdot\frac{2\sigma}{h}\cdot\frac{4\pi a^3}{3h} = mg, \] \[ h^2 = \frac{32\pi\sigma a^3}{3mg} = \frac{32\pi\cdot0{,}465\cdot10^{-9}}{3\cdot0{,}08\cdot9{,}8} = 1{,}99\cdot10^{-8}\ \text{м}^2, \] \[ \boxed{h = 1{,}4\cdot10^{-4}\ \text{м} = 0{,}14\ \text{мм}} \]

Решение

Радиус половинок. \(2\cdot\tfrac43\pi r^3=\tfrac43\pi R^3\), значит

\[ r = \frac{R}{\sqrt[3]{2}} = \frac{3}{1{,}26} = 2{,}38\ \text{мм}. \]

Прирост площади.

\[ \Delta S = 2\cdot4\pi r^2 - 4\pi R^2 = 4\pi R^2\left(2\cdot2^{-2/3}-1\right) = 4\pi R^2\left(\sqrt[3]{2}-1\right). \] \[ \Delta S = 4\pi\cdot9\cdot10^{-6}\cdot0{,}26 = 2{,}94\cdot10^{-5}\ \text{м}^2. \] \[ A = \sigma\,\Delta S = 0{,}465\cdot2{,}94\cdot10^{-5}, \qquad \boxed{A \approx 1{,}4\cdot10^{-5}\ \text{Дж}} \]

Решение

Непрерывность. \(v r^2 = v_0 r_0^2\), значит при \(r=r_0/1{,}5\)

\[ v = v_0\cdot1{,}5^2 = 0{,}3\cdot2{,}25 = 0{,}675\ \text{м/с}. \]

Обобщённый Бернулли вдоль поверхности струи (\(h\) — расстояние вниз от крана):

\[ \frac{\rho v^2}{2}+\frac{\sigma}{r} = \frac{\rho v_0^2}{2}+\frac{\sigma}{r_0}+\rho g h. \] \[ h = \frac{v^2-v_0^2}{2g} + \frac{\sigma}{\rho g}\left(\frac1r-\frac1{r_0}\right). \]

Числа. Первое слагаемое: \((0{,}456-0{,}09)/19{,}6 = 1{,}87\) см. Второе: \(\dfrac{0{,}073}{9800}\left(\dfrac{1}{1{,}33\cdot10^{-3}}-\dfrac{1}{2\cdot10^{-3}}\right) = 7{,}45\cdot10^{-6}\cdot250 = 0{,}19\) см.

\[ \boxed{h \approx 2\ \text{см}} \]

Решение

а. Если налить бензин в середину пятна, он растечётся от центра наружу, унося растворённый жир на новую, чистую ткань, — пятно станет больше, а по его краю останется характерное «кольцо». Смачивая же края, мы заставляем бензин двигаться внутрь, к сухой середине: растворённый жир собирается в центре, где его и снимают ваткой. Кроме того, наружная граница движения тогда — чистый бензин, а не бензин с жиром.

б. Изнутри. Причин две.

Во-первых, воздух. Поры кожи заполнены воздухом. Если греть изнутри, воздух в глубине пор расширяется и уходит; когда ботинок остывает, воздух сжимается и втягивает мазь внутрь. При нагреве снаружи всё наоборот: расширяющийся воздух выдавливает мазь наружу.

Во-вторых, температура. Мазь наносят на наружную поверхность. Если внутренние слои горячее, мазь, продвигаясь вглубь, всё время попадает в более тёплую область и остаётся жидкой. При нагреве снаружи она застывает уже у входа в пору и закупоривает её.

Решение

Высота (формула Жюрена). Плёнка по окружности \(2\pi R\) держит столб:

\[ 2\pi R\sigma = \rho g\,\pi R^2 h \quad\Longrightarrow\quad \boxed{h = \frac{2\sigma}{\rho g R}} \]

Работа плёнки. Сила \(F=2\pi R\sigma\) не меняется, путь \(h\):

\[ A = 2\pi R\sigma\cdot h = 2\pi R\sigma\cdot\frac{2\sigma}{\rho gR} = \boxed{\frac{4\pi\sigma^2}{\rho g}} \]

Потенциальная энергия поднятого столба (центр тяжести на высоте \(h/2\)):

\[ U = \rho g\pi R^2 h\cdot\frac h2 = \frac{\rho g\pi R^2h^2}{2} = \boxed{\frac{2\pi\sigma^2}{\rho g}} \]

Почему \(U = A/2\). Пока жидкость поднимается, сила плёнки постоянна, а противодействующий вес растёт линейно. Значит на первой половине пути есть избыток силы — жидкость разгоняется, потом тормозится, колеблется около равновесия и в конце концов останавливается, потеряв на вязкое трение ровно половину работы:

\[ Q = A - U = \frac{2\pi\sigma^2}{\rho g}. \]

Решение \[ h = \frac{2\sigma}{\rho g r} \quad\Longrightarrow\quad r = \frac{2\sigma}{\rho g h} = \frac{2\cdot0{,}073}{10^3\cdot9{,}8\cdot10} = 1{,}5\cdot10^{-6}\ \text{м}. \] \[ \boxed{r \approx 1{,}5\ \text{мкм}} \]

Решение

а. Перепад давления \(\Delta P = 2\sigma/r\), длина участка течения \(h\):

\[ V = \frac{\pi r^4\,\Delta P}{8\eta h} = \frac{\pi r^4}{8\eta h}\cdot\frac{2\sigma}{r}, \qquad \boxed{V = \frac{\pi r^3\sigma}{4\eta h}} \]

б. Для одного капилляра:

\[ V_1 = \frac{\pi\,(10^{-5})^3\cdot7\cdot10^{-2}}{4\cdot5\cdot10^{-3}\cdot10^{-3}} = \frac{\pi\cdot7\cdot10^{-17}}{2\cdot10^{-5}} \approx 1{,}1\cdot10^{-11}\ \frac{\text{м}^3}{\text{с}}. \]

На \(10^5\) капилляров:

\[ V = 1{,}1\cdot10^{-6}\ \frac{\text{м}^3}{\text{с}}, \qquad \boxed{V \approx 1{,}1\ \text{см}^3/\text{с}} \]

Решение \[ \Delta h = \frac{2\sigma}{\rho g R} = \frac{2\cdot0{,}465}{13{,}6\cdot10^3\cdot9{,}8\cdot2{,}5\cdot10^{-3}} = 2{,}8\cdot10^{-3}\ \text{м} = 2{,}8\ \text{мм}. \] \[ \delta = \frac{\Delta h}{h} = \frac{2{,}8}{760} \approx 3{,}7\cdot10^{-3}, \qquad \boxed{\delta \approx 0{,}4\ \%} \]

Решение

Сверху вниз. Над верхним мениском атмосферное \(P_0\); под ним

\[ P = P_0 - \frac{2\sigma}{R},\qquad \frac{2\sigma}{R} = \frac{2\cdot0{,}073}{5\cdot10^{-4}} = 292\ \text{Па}. \]

Спускаясь на длину столбика \(L\), прибавляем \(\rho gL\). Значит над нижним мениском

\[ P_{\text{низ}} = P_0 - 292 + \rho g L. \]

Столбик 2 см. \(\rho gL = 196\) Па, поэтому \(P_{\text{низ}}=P_0-96\) Па: давление внутри меньше атмосферного, значит нижний мениск тоже вогнутый (выгнут вверх, внутрь жидкости):

\[ \frac{2\sigma}{r_2}=96\ \text{Па} \ \Longrightarrow\ |r_2| = \frac{0{,}146}{96} \approx 1{,}5\ \text{мм}. \]

Столбик 4 см. \(\rho gL = 392\) Па, \(P_{\text{низ}}=P_0+100\) Па: давление больше атмосферного, нижний мениск выпуклый (провисает вниз):

\[ \frac{2\sigma}{r_4}=100\ \text{Па} \ \Longrightarrow\ r_4 = \frac{0{,}146}{100} \approx 1{,}5\ \text{мм}. \] \[ \boxed{|r_2| = |r_4| \approx 1{,}5\ \text{мм};\ \text{у 2 см — вогнутый, у 4 см — выпуклый}} \]

Решение

Обозначим жюреновскую высоту \(H = 2\sigma/(\rho gr)\).

Этап 1: мениск внутри капилляра, то есть \(x + H \le h\). Разность уровней постоянна:

\[ \Delta x = H = \frac{2\sigma}{\rho g r}, \qquad 0 < x < h-\frac{2\sigma}{\rho gr}. \]

Этап 2: мениск на срезе. Дальше подниматься некуда, мениск остаётся на высоте \(h\), но становится всё более пологим — его радиус кривизны растёт. Тогда

\[ \Delta x = h - x, \qquad h-\frac{2\sigma}{\rho gr} < x < h+\frac{2\sigma}{\rho gr}. \]

(При \(x=h\) мениск плоский; при \(x>h\) он становится выпуклым и жидкость вспучивается над срезом.)

Когда польётся. Максимальная выпуклость — полусфера радиуса \(r\), она удерживает перепад \(2\sigma/r\), то есть столб высоты \(H\):

\[ \boxed{x_0 = h + \frac{2\sigma}{\rho g r}} \]

Решение

Длинный капилляр. Радиус мениска \(R = r/\cos\theta\), и

\[ \frac{2\sigma}{R} = \rho g h \quad\Longrightarrow\quad h = \frac{2\sigma\cos\theta}{\rho g r}. \]

Короткий капилляр. Жидкость поднялась на \(h/2\), значит мениск держит вдвое меньший перепад:

\[ \frac{2\sigma}{R_x} = \rho g\frac h2 = \frac{\sigma\cos\theta}{r} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{R_x = \frac{2r}{\cos\theta}} \]

То есть радиус вдвое больше, чем в длинном капилляре; мениск стал более пологим, а эффективный краевой угол на срезе — больше \(\theta\).

Решение

Где жидкость. При вращении жидкость прижимается к наружному концу: она занимает участок от оси (радиус 0) до конца капилляра (радиус \(l\)), то есть ровно половину длины \(2l\).

Перепад давления. В поле \(\omega^2 x\) он равен

\[ \Delta P = \frac{\rho\omega^2 l^2}{2} \]

(это «гидростатика» с переменным ускорением: среднее значение \(\omega^2x\) на отрезке равно \(\omega^2l/2\), умножаем на \(\rho l\)).

Что держит. Внутренний мениск при полном смачивании вогнут предельно, радиус \(r\), и создаёт разрежение

\[ \frac{2\sigma}{r}. \]

Наружный мениск помочь не может: жидкость полностью смачивает капилляр, поэтому, дойдя до среза, она растекается по торцу, а не выпучивается шариком. Условие вытекания:

\[ \frac{\rho\omega^2l^2}{2} = \frac{2\sigma}{r} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\omega = \frac2l\sqrt{\frac{\sigma}{\rho r}}} \]

Решение

Сколько воды в трубке. Пока капилляр в сосуде, вода внутри стоит на \(h\) выше наружного уровня, а нижний конец — на \(l\) ниже него. Значит длина столба

\[ L = l + h. \]

Что может удержать вынутый капилляр. Полное смачивание, поэтому оба мениска предельно изогнуты, с радиусом \(r\). Из условия \(h = 2\sigma/(\rho gr)\) следует \(2\sigma/r = \rho g h\). Равновесие столба длины \(x\):

\[ \rho g x = \frac{2\sigma}{r}+\frac{2\sigma}{r} = 2\rho g h \quad\Longrightarrow\quad x_{\max} = 2h. \]

Ответ по случаям.

\[ \boxed{x = l+h,\ \text{если } l<h; \qquad x = 2h,\ \text{если } l>h} \]

В первом случае вся вода остаётся, во втором лишний столб \(l-h\) вытекает.

Решение \[ \frac{2\sigma}{\rho g r} \ge H \quad\Longrightarrow\quad \sigma \ge \frac{\rho g r H}{2}. \] \[ \sigma_{\min} = \frac{10^3\cdot9{,}8\cdot10^{-4}\cdot0{,}15}{2} = 7{,}35\cdot10^{-2}\ \frac{\text{Н}}{\text{м}}. \]

По графику \(\sigma(t)\) такое значение поверхностного натяжения воды достигается примерно при

\[ \boxed{t \approx 17\ {}^\circ\text{C}} \]

и ниже: охладив воду до 17 °C, мы «включаем» сифон.

Решение

Смачивающая жидкость. Оба мениска вогнутые; давление внутри капли ниже атмосферного на \(2\sigma/R_i\), где \(R_i\) — радиус соответствующего мениска. Со стороны узкого конца радиус меньше, значит там разрежение сильнее — оно и тянет каплю. Капля ползёт в узкую часть.

Несмачивающая жидкость. Оба мениска выпуклые, давление внутри капли выше атмосферного. Со стороны узкого конца избыток больше — он выталкивает каплю. Капля ползёт в широкую часть.

Формула. Если радиусы трубки у концов капли \(r_1<r_2\), то результирующая сила

\[ F = \pi r^2\,2\sigma\cos\theta\left(\frac1{r_1}-\frac1{r_2}\right) \ \text{— к узкому концу при }\cos\theta>0. \]

Решение

Радиус на высоте \(x\). Вершина конуса на высоте \(H\), полуугол \(\alpha/2\), поэтому

\[ r(x) = (H-x)\,\mathrm{tg}\frac{\alpha}{2} \approx (H-x)\,\frac{\alpha}{2}. \]

Условие равновесия мениска (полное смачивание):

\[ \frac{2\sigma}{r(x)} = \rho g x \quad\Longrightarrow\quad \frac{4\sigma}{\alpha\,(H-x)} = \rho g x, \] \[ \rho g\alpha\,x\,(H-x) = 4\sigma \quad\Longrightarrow\quad x^2 - Hx + \frac{4\sigma}{\rho g\alpha} = 0. \]

Корень (берём меньший — до него мениск и дойдёт):

\[ \boxed{x = \frac H2\left(1-\sqrt{1-\frac{16\sigma}{\rho g\alpha H^2}}\right), \qquad \alpha > \frac{16\sigma}{\rho g H^2}} \]

Если же \(\alpha < 16\sigma/(\rho gH^2)\), подкоренное выражение отрицательно: уравнение решений не имеет, всасывание побеждает на всём пути, и жидкость доходит до самого верха:

\[ \boxed{x = H} \]

Решение

Сила плёнки на единицу ширины (две линии смачивания):

\[ F = \sigma\cos\theta_1 + \sigma\cos\theta_2. \]

Вес поднятой жидкости на единицу ширины: столб сечения \(\Delta\), высоты \(x\):

\[ P = \rho g\,x\,\Delta. \] \[ \boxed{x = \frac{\sigma\,(\cos\theta_1+\cos\theta_2)}{\rho g\,\Delta}} \]

Решение

Уровень не меняется. По задаче 4.6.14 \(x\propto\cos\theta+\cos(\pi-\theta)=0\) ✓: у одной пластины жидкость поднимается ровно настолько, насколько у другой опускается, и в середине зазора уровень тот же, что снаружи. Значит давление в жидкости всюду обычное гидростатическое, и вклады давления на внутреннюю и наружную поверхности пластины взаимно компенсируются.

Силы натяжения. На внешней поверхности краевой угол 90°: плёнка подходит к пластине горизонтально и тянет её наружу с силой \(\sigma a\). На внутренней плёнка подходит под углом \(\theta\) к стенке; её горизонтальная составляющая \(\sigma a\sin\theta\) направлена внутрь, к жидкости в зазоре.

\[ F = \sigma a - \sigma a\sin\theta, \qquad \boxed{F = \sigma a\,(1-\sin\theta)\ \text{— пластины расталкиваются}} \]

Решение

Опускание уровня (задача 4.6.14 при \(\theta_1=\theta_2=\pi\)):

\[ x = \frac{2\sigma}{\rho g\Delta}. \]

Сила. На участке высоты \(x\) наружная жидкость давит на пластину внутрь с гидростатическим давлением \(\rho g z\) (\(z\) — глубина под наружным уровнем), а изнутри там воздух:

\[ F = a\int_0^{x}\rho g z\,dz = \frac{\rho g a x^2}{2} = \frac{\rho g a}{2}\left(\frac{2\sigma}{\rho g\Delta}\right)^2, \] \[ \boxed{F = \frac{2a\sigma^2}{\rho g\,\Delta^2}} \]

Решение

Высота. При полном смачивании вертикальная составляющая силы плёнки равна \(\sigma l\):

\[ \sigma l = \rho g\,S\,h \quad\Longrightarrow\quad \boxed{h = \frac{\sigma l}{\rho g S}} \]

Колебания. Пусть жидкость отклонилась от равновесия на \(\xi\). Сила плёнки не изменилась (мениск всё так же предельно изогнут), а вес вырос на \(\rho g S\xi\). Возвращающая сила

\[ F = -\rho g S\,\xi, \]

а движется масса всего столба \(m=\rho S h\) (при малых колебаниях длина столба практически \(h\)). Значит

\[ \omega^2 = \frac{\rho g S}{\rho S h} = \frac gh, \qquad \boxed{T = 2\pi\sqrt{\frac hg}} \]