Давление жидкости

Подсказка

Проверьте, не переполнится ли стакан: сравните объём воды вместе с погружённой частью шариков и льда с объёмом стакана. Если вода выльется, учтите, что сила давления на дно равна весу всего, что осталось в стакане и на что опирается дно.

Ответ

\(F = \rho g H S + N_1 V_1 (\rho_1 - \rho) g = 16{,}8\text{ Н}\).

Подсказка

Давление воды действует на верхнюю и боковые грани; нижняя грань не омывается водой. Что остаётся от вертикальной силы?

Ответ

20 Н

Подсказка

Сила давления на дно равна произведению давления на глубине дна на его площадь. Площади граней призмы связаны с её размерами, а силы для первых двух сосудов дают два соотношения между ними.

Ответ

\(14\text{ Н}\).

Подсказка

В жидкости \(p = \rho g h\), поэтому наклон линейного участка графика \(p(h)\) даёт плотность: \(\rho = (\Delta p/\Delta h)/g\). На изломе плотность скачком меняется вместе с наклоном.

Ответ

\(\rho = 4830\text{ кг/м}^3 \pm 50\text{ кг/м}^3\) (постоянна на участке прямой пропорциональности);  \(\Delta\rho = 5200\text{ кг/м}^3 \pm 100\text{ кг/м}^3\).

Подсказка

Сила давления на грань равна \(\rho g h_c S_\text{гр}\), где \(h_c\) — глубина центра грани. Либо найдите вертикальную равнодействующую сил на все четыре грани через вес воды над пирамидой.

Ответ

\(F = \dfrac{\rho g A^3}{2\sqrt 6} \approx 2{,}48\cdot 10^{10}\) Н.

Подсказка

Сила давления на боковую стенку определяется средним давлением, а оно линейно растёт с глубиной.

Ответ

25 см

Подсказка

Давление растёт с глубиной линейно, поэтому для вертикальной грани сила равна давлению на середине высоты, умноженному на площадь.

Ответ

1) \(2{,}5\) МН;  2) \(3{,}1\) МН.

Подсказка

Сосуд готов опрокинуться, когда равнодействующая сил давления и тяжести проходит через край опоры. Вспомните, как выражается сила давления на дно через давление и площадь, и запишите условие равенства моментов.

Ответ

1,4.

Подсказка

Стенка не должна ни отойти, ни повернуться. Найдите силу давления воды и точку её приложения, а затем запишите условия на силу и на моменты относительно верхнего и нижнего рёбер стенки — какое из них самое жёсткое?

Ответ

1) \(\Delta x_{\min} = \dfrac{\rho g a^3}{3k}\);  2) \(\Delta x_{\min} = \dfrac{\rho g a^3}{6k}\).

Решение

1. Метод 1. Воспользуемся методом виртуальных перемещений для определения сил.

Для этого определим изменение потенциальной энергии, равное работе силы тяжести. Представим, что жидкость переходит из верхнего слоя в образовавшееся пространство, тогда \(A_g = -\Delta\Pi \le -A_F\). Масса перешедшей жидкости \(m = \rho a^2\delta x\).

Для равнодействующей сил давления получаем: \[(2k\Delta x + k\Delta x)\delta x \ge (\rho a^2\delta x)g\frac{a}{2} \;\Rightarrow\; k\Delta x \ge \frac{\rho g a^3}{6}.\] Для моментов сил давления относительно верхнего ребра получаем, что центр тяжести слоя жидкости опускается на \(\dfrac{2a}{3}\): \[k\Delta x\,\delta x \ge \frac{\rho a^2\delta x}{2}g\frac{2a}{3} \;\Rightarrow\; k\Delta x \ge \frac{\rho g a^3}{3}.\] Для моментов сил давления относительно нижнего ребра получаем, что центр тяжести слоя жидкости опускается на \(\dfrac{a}{3}\): \[2k\Delta x\,\delta x \ge \frac{\rho a^2\delta x}{2}g\frac{a}{3} \;\Rightarrow\; k\Delta x \ge \frac{\rho g a^3}{12}.\]

Метод 2. В заполненном аквариуме на боковую стенку действует сила давления воды \(F_P = \frac12\rho g a^3\). Для решения необходимо определить точку приложения этой силы. Поскольку по горизонтали давление воды на одном и том же уровне одинаково, очевидно, что эта точка будет находиться на срединной вертикали.

По вертикали давление распределяется линейно от нуля наверху до \(\rho g a\) внизу.

Известно, что центр тяжести треугольника расположен в точке пересечения его медиан.

Используя аналогию распределения давления по вертикали в нашем случае с распределением по высоте массы полосок одинаковой ширины, на которые параллельно основанию мысленно разрезан равнобедренный треугольник, можно утверждать, что точка приложения силы находится на расстоянии \(a/3\) от дна сосуда.

Метод 3. Строгий математический расчёт силы и моментов сил можно опровести с помощью интегрирования.

Определим давление как функцию \(y\) — глубины от поверхности жидкости: \(p(y) = \rho g y\).

Суммарная сила давления воды: \[F_P = \int\limits_0^a p(y)\,a\,dy = \frac{\rho g a^3}{2}.\] Момент силы относительно верхней кромки: \[M_\text{в} = \int\limits_0^a y\,p(y)\,a\,dy = \frac{\rho g a^4}{3}.\] Момент силы относительно нижней кромки: \[M_\text{н} = \int\limits_0^a (a - y)\,p(y)\,a\,dy = \frac{\rho g a^4}{6}.\] Условия для отсутствия протечек можно записать в виде неравенств: \[3k\Delta x \geqslant \frac{\rho g a^3}{2} \quad \text{(условие на направление результирующей силы)},\] \[k\Delta x\cdot a \geqslant \frac{\rho g a^4}{3} \quad \text{(отсутствие поворота вокруг верхнего ребра)},\] \[2k\Delta x\cdot a \geqslant \frac{\rho g a^4}{6} \quad \text{(отсутствие поворота вокруг нижнего ребра)}.\] Очевидно, неравенство \(k\Delta x \geqslant \dfrac{\rho g a^3}{3}\) наиболее жесткое. Откуда \[\Delta x_{\min} = \frac{\rho g a^3}{3k}.\]

2. Отметим, что, поскольку пружины сжимаются одинаково, суммарная сила, с которой они будут давить на стенку аквариума, будет в 2 раза больше силы давления воды.

Если пружины в условии поменять местами, последние 2 условия примут вид:

\[3k\Delta x \geqslant \frac{\rho g a^3}{2} \quad \text{(условие на направление результирующей силы)},\] \[2k\Delta x\cdot a \geqslant \frac13\rho g a^3 \quad \text{(отсутствие поворота вокруг верхнего ребра)},\] \[k\Delta x\cdot a \geqslant \frac16\rho g a^3 \quad \text{(отсутствие поворота вокруг нижнего ребра)}.\] Откуда \(\Delta x_{\min} = \dfrac{\rho g a^3}{6k}\). При этом суммарная сила, с которой пружины будут давить на стенку аквариума, в точности совпадет с силой давления.

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 \(y = \omega^{2}x^{2}/(2g)\) ✓.

Подсказка

Кубик начнёт всплывать, когда сила давления воды снизу на подмоченную часть грани вместе с давлением сверху сравняется с силой тяжести; под сухой частью давление воды на дно не действует.

Ответ

\(S = \dfrac{(\rho_{\text{в}} - \rho)\,a^3}{\rho_{\text{в}}\,(a + H)}\).

Подсказка

Представьте, что под тело подтекла вода: тогда сила давления на тело вместе с силой давления на его основание дадут силу Архимеда. Если сила давления горизонтальна, вертикальная составляющая силы на основание равна силе Архимеда.

Ответ

Дно первого сосуда наклонено под углом, тангенс которого равен \(1/2\). Дно второго сосуда наклонено под углом, косинус которого равен \(2/3\) (тангенс \(\sqrt5/2 \approx 1{,}12\)).

Решение

Пусть \(\rho\) — плотность жидкости, \(g\) — ускорение свободного падения. Получим сначала формулу для силы давления жидкости на плоскую фигуру (квадрат или круг) площадью \(S\), имеющую центр симметрии \(O\) на глубине \(H\) и наклонённую под углом к горизонту. Выделим два маленьких участка площадью \(\Delta S/2\) каждый, симметричные относительно точки \(O\): один — на глубине \(H + y\), другой — на глубине \(H - y\):

На эти участки действуют силы давления \(\rho g(H + y)\Delta S/2\) и \(\rho g(H - y)\Delta S/2\) — в сумме \(\rho g H\Delta S\). Учитывая вклад от всех участков, находим, что сила давления на рассматриваемую плоскую фигуру составляет \(\rho g H S\).

Изложим теперь два способа решения задачи о кубике. Пусть \(a\) — длина ребра куба, тогда площадь грани куба составляет \(a^2\). Обозначим через \(\alpha\) угол наклона дна сосуда к горизонту. В плоскости рисунка направим ось \(x\) горизонтально, ось \(y\) — вертикально вверх.

Задача о кубике. Первый способ. Изобразим на рисунке силы давления, действующие на грани кубика. Силы, действующие на грани, параллельные плоскости рисунка, компенсируются — их можно не учитывать.

Учитывая, что центр верхней грани находится на глубине \(\frac a2\sin\alpha\), запишем \(F_1 = \rho g\cdot\frac a2\sin\alpha\cdot a^2\). Аналогично \(F_2 = \rho g\cdot\frac a2\cos\alpha\cdot a^2\) и \(F_3 = \rho g\left(a\sin\alpha + \frac a2\cos\alpha\right)a^2\). Сумма проекций этих сил на ось \(y\) равна \[F_y = (F_3 - F_2)\sin\alpha - F_1\cos\alpha = \rho g\cdot a\sin\alpha\cdot a^2\cdot\sin\alpha - \rho g\cdot\frac a2\sin\alpha\cdot a^2\cdot\cos\alpha.\] Эта сумма обращается в нуль при \(\sin\alpha = \frac12\cos\alpha\) и \(\operatorname{tg}\alpha = 1/2\).

Задача о кубике. Второй способ. Пусть \(\vec F\) — равнодействующая сил давления, действующих на кубик. Если под дно кубика будет подтекать вода, то сила \(\vec F\) вместе с силой \(\vec F_4\), действующей на дно кубика, будут образовывать силу Архимеда \(\vec F_A\): \(\vec F_A = \vec F + \vec F_4\).

Учитывая, что центр нижней грани находится на глубине \(a\cos\alpha + \frac a2\sin\alpha\), получим \(F_4 = \rho g\left(a\cos\alpha + \frac a2\sin\alpha\right)a^2\). Горизонтальность силы \(\vec F\) означает, что \(F_4\cos\alpha = F_A\), или \[\rho g\left(a\cos\alpha + \frac a2\sin\alpha\right)a^2\cos\alpha = \rho g a^3.\] Преобразуя данное соотношение, находим \(\left(\cos\alpha + \frac12\sin\alpha\right)\cos\alpha = 1\), или \(\operatorname{tg}\alpha = 1/2\).

Задача о полусфере. Пусть \(R\) — радиус полусферы, \(\beta\) — угол наклона дна сосуда к горизонту. Задачу о полусфере удобнее решать способом, аналогичным второму способу решения задачи о кубике. Пусть \(\vec F\) — равнодействующая сил давления, действующих на полусферу. Представим, что под дно полусферы подтекает вода; тогда сила \(\vec F\) вместе с силой \(\vec F_4\), действующей на дно полусферы, будут образовывать силу Архимеда \(\vec F_A\): \(\vec F_A = \vec F + \vec F_4\).

Учитывая, что центр дна полусферы находится на глубине \(R\), а площадь дна полусферы \(\pi R^2\), получим \(F_4 = \rho g R\cdot\pi R^2\). Горизонтальность силы \(\vec F\) означает, что \(F_4\cos\beta = F_A\), или \[\rho g R\cdot\pi R^2\cos\beta = \rho g\cdot\frac23\pi R^3.\] Преобразуя данное соотношение, находим \(\cos\beta = \dfrac23\), или \(\operatorname{tg}\beta = \dfrac{\sqrt5}{2}\approx 1{,}12\).

Подсказка

Лёд плавает: сила тяжести льда уравновешена силой давления воды снизу. Сравните их для столбика льда с площадью основания \(S\).

Ответ

\(H = \dfrac{\rho_\text{в}}{\rho_\text{в}-\rho_\text{л}}\,h = 1{,}8\) м.

Подсказка

Из давления найдите вес и массу бака, затем объём железа. Объём стенок – это разность объёмов внешнего и внутреннего кубов.

Подсказка

Вода давит на тело вверх с силой Архимеда, а тело на воду — вниз с той же силой. На сколько при этом выросла сила давления воды на дно? Затем сложите показание динамометра и силу Архимеда.

Ответ

\(2500\) кг/м\(^3\).

Подсказка

Найдите высоту столбов после выравнивания уровней (объёмы жидкостей сохраняются) и запишите равенство давлений на нижний поршень с учётом давления массивного поршня.

Ответ

Масса поршня 18 г.

Подсказка

Сравните давления на уровне нижней границы масла в обоих коленах; уровень слева поднимется на столько же, на сколько опустится справа.

Ответ

4{,}5

Подсказка

Объём воды равен объёму её столба до уровня воды минус погружённая часть шайбы. После доливания масла шайба всплывает, а уровень воды меняется так, что объём воды сохраняется.

Ответ

1) 2,2 л;  2) 10,6 см;  3) 0,14 л.

Подсказка

Стенки гладкие, а дно тонкое: давление на дно определяется весом всего содержимого бочки. Как оно связано с высотой столба воды, и меняется ли вес при таянии?

Ответ

Высота уровня воды в бочке будет постоянной (и после первого, и после второго часа) и равной \(H = \dfrac{\rho_\text{л}}{\rho_\text{в}}\,h = 63\) см.

Подсказка

Сравните давления у дна двух сосудов. С поршнем уровни сравняются на высоте \(5H/4\) — проверьте, не опустится ли при этом граница жидкостей в левом сосуде до трубочки: от этого зависит ответ.

Ответ

1) \(\rho_2 = \rho_1\left(1 - \dfrac{H}{2h}\right)\);  2) при \(h < H\): \(m = \rho_1\dfrac{H}{2}S\); при \(\dfrac{5H}{4} > h > H\): \(m = \rho_1\dfrac{H(2H - h)}{2h}S\).

Решение

Плотность \(\rho_2\) находим из условия равенства давлений жидкости у дна в левом и правом сосудах: \[\rho_2 g h + \rho_1 g\left(\frac32 H - h\right) = \rho_1 g H,\] \[\rho_2 = \rho_1\left(1 - \frac{H}{2h}\right).\] Уровни жидкости в двух половинках сосуда сравняются и станут равны \(\dfrac{5H}{4}\), т. е. в левом сосуде уровень опустится на \(\dfrac{H}{4}\), а в правом поднимется на \(\dfrac{H}{4}\). Следует также иметь в виду, что согласно условию \(h\) всегда больше \(\dfrac{H}{2}\) (\(h > \dfrac{H}{2}\)).

В зависимости от величины \(h\) в задаче возможны 2 случая.

1. \(h < H\), нижняя граница второй жидкости не опустится до уровня трубочки. В этом случае масса поршня находится из условия равенства давлений у дна сосуда: \[\frac{mg}{S} + \rho_2 g h + \rho_1 g\left(\frac{5H}{4} - h\right) = \rho_1 g\,\frac{5H}{4}.\] Откуда \[m = (\rho_1 - \rho_2)hS = \rho_1\frac{H}{2}S.\]

2. В случае \(\dfrac{5H}{4} > h > H\) нижний уровень жидкости с плотностью \(\rho_2\) в процессе опускания поршня дойдёт до трубочки, жидкость начнёт перетекать в правый сосуд и будет в нём всплывать вверх, так как \(\rho_2 < \rho_1\). Теперь, если считать от дна, жидкость с плотностью \(\rho_1\) в левом сосуде доходит до уровня \(\dfrac{H}{4}\), а столб жидкости с плотностью \(\rho_2\) имеет высоту \(H\). Из условия сохранения объёмов следует, что столб жидкости с \(\rho_1\) в правом сосуде теперь имеет высоту \(\left(\dfrac{9H}{4} - h\right)\), а высота столба жидкости с плотностью \(\rho_2\) равна \((h - H)\).

Отсюда получаем \[\frac{mg}{S} + \rho_2 g H + \rho_1 g\,\frac{H}{4} = \rho_1 g\left(\frac{9H}{4} - h\right) + \rho_2 g(h - H)\] или \[m = \rho_1(2H - h)S + \rho_2(h - 2H)S = \rho_1\frac{H(2H - h)}{2h}S.\]

Подсказка

Льдинки плавают, поэтому давление на дне сосуда определяется весом всего содержимого. Сравните его с давлением, которое создала бы вода высотой \(h\) при действии на неё крышки.

Ответ

\(\rho = \rho_\text{в} - \rho_\text{с}\dfrac{d}{h} = 922\) кг/м\(^3\).

Подсказка

Один литр "— это кубический дециметр, то есть одна клетка. Следите, на каком уровне вода начинает переливаться в соседние части сосуда, и помните, что в сообщающихся сосудах уровни выравниваются.

Подсказка

Давление в точке А определяется только высотой столба воды над ней в левом колене. Найдите, в какие моменты вода начинает переливаться в соседние части сосуда, и как при этом меняется скорость роста уровня.

Подсказка

Пока поршень поднимается, часть воды вытекает через край, так что давление газа меняется. Запишите давление газа в двух состояниях через вес оставшейся воды и примените уравнение состояния газа.

Ответ

\(S = \dfrac{mg}{p_0\left(2\dfrac{T_1}{T_2} - 1\right)} = 2\cdot 10^{-4}\text{ м}^2 = 2\text{ см}^2\);  \(H = \dfrac{4p_0}{3\rho g}\left(2\dfrac{T_1}{T_2} - 1\right) \approx 6{,}7\text{ м}\).

Подсказка

Воду выгодно лить туда, где она вытесняет масло в соседнее колено. Когда этот процесс закончится и какое условие равенства давлений нужно записать?

Ответ

\(V = 4{,}25\,Sh\).

Решение

Главное "— чтобы в коротком колене осталось как можно меньше масла, тогда в высокой трубке можно будет создать столб максимальной высоты, превышающей \(4h\). Для этого начинаем наливать воду в правое колено. За счёт большей плотности она будет вытеснять масло в левое колено. Так будет продолжаться до высоты воды \(2h\) в правом и высоты масла \(3h\) в левом. Дальнейшее вытеснение масла невозможно, так как граница раздела масло/вода в правом колене станет выше соединительной трубки и в левое колено начнёт поступать вода. Процесс добавления воды придётся прекратить, когда верхняя граница масла в правом колене достигнет верха колена. Условие равенства давлений на уровне соединительной трубки даёт: \[(2h + x)\cdot 0{,}8\rho = \rho h + 0{,}8\rho h \quad\Rightarrow\quad x = 0{,}25h.\] Следовательно, воды удалось налить \(4{,}25\,Sh\).

Подсказка

Давление воды под льдом определяется уровнем воды в правом сосуде. Сравните вес льда с силой давления воды снизу.

Ответ

1) 2,2 Н;  2) 0,4 Н.

Подсказка

После пробоины внутрь заходит вода, пока давление сжатого воздуха не уравновесится давлением воды на уровне дна. Запишите условие равновесия куба по вертикали.

Ответ

0{,}8 кПа.

Подсказка

Сначала найдите ускорение системы. Затем учтите, что сила давления воды на дно — это не весь вес воды: форма ведра (конус) важна.

Ответ

\(43{,}6\) Н.

Подсказка

Газ в малом шаре и трубке изменяется изотермически; давление ртутного столба в барометрической трубке пропорционально \(g\). Свяжите малые относительные изменения \(g\), давления и объёма газа.

Ответ

a) \(\left|\dfrac{\Delta g}{g}\right| \approx 10^{-4}\) (или в два раза меньше, если считается, что глаз способен различить половину цены деления);  b) \(H \approx 900\) м.

Подсказка

Давление воды в каждой точке направлено по нормали к сфере, то есть через её центр. Какие ещё силы не дают момента относительно центра полусферы? Тогда устойчивость решает только положение центра масс полусферы с грузом.

Ответ

1) см. решение;  2) силы тяжести \(M\vec g\) и \(m\vec g\), реакция опоры \(\vec N\), сила трения \(\vec F_\text{тр}\) и сила давления воды \(\vec F_\text{д}\) (см. рисунок в решении);  3) при любом объёме воды;  4) \(M/m > 2\).

Решение

Определим координату центра масс полусферы. Мысленно «разрежем» полусферу плоскостями, параллельными основанию, на тонкие кольца толщиной \(h\) каждое. Масса такого кольца пропорциональна площади его поверхности. Пусть кольцо видно из центра полусферы под углом \(\varphi\) к ее основанию. Тогда радиус кольца равен \(r = R\cos\varphi\). Заметим, что поверхность кольца образует с основанием полусферы угол \(\pi/2 - \varphi\). Площадь поверхности кольца равна произведению его длины \(2\pi r = 2\pi R\cos\varphi\) на ширину \(h/\sin(\pi/2 - \varphi) = h/\cos\varphi\). Как видно из формул, площадь кольца не зависит от угла, под которым оно видно из центра, а это означает, что масса полусферы равномерно распределена вдоль радиуса, перпендикулярного ее основанию, значит центр масс находится на расстоянии \(R/2\) от центра.

Рассмотрим силы, действующие на волчок, после того, как его отклонили и отпустили. На волчок будут действовать две силы тяжести \(M\vec g\) и \(m\vec g\), сила реакции опоры со стороны стола \(\vec N\). Направления этих сил вертикальны. Направления еще двух сил зависят от направления движения волчка. Рассмотрим случай, когда волчок возвращается в исходное состояние. В таком случае на него будет действовать сила трения, направленная влево, и сила давления со стороны воды, направленная вниз и вправо. Горизонтальная составляющая силы давления со стороны воды возникает из-за наличия трения между волчком и столом, следствием которого является движение центра масс воды влево. Это движение может быть обеспечено только за счет взаимодействия со стенками. Также стоит отметить тот факт, что мы изобразили результирующую силу давления воды, которая на самом деле распределена по поверхности контакта с полусферой и в каждой точке направлена перпендикулярно поверхности, то есть от центра полусферы. Это означает, что суммарный момент этой силы относительно центра полусферы равен нулю.

Для устойчивости равновесия необходимо, чтобы после отклонения на малый угол волчок стремился вернуться обратно. Рассмотрим ось вращения, проходящую через центр полусферы. Моменты сил давления воды и реакции опоры относительно этой оси равны нулю. Сила трения нас не интересует, так как ее направление будет определяться суммарным моментом двух сил тяжести. Если суммарный момент двух сил тяжести направлен против часовой стрелки (стремится вернуть волчок в положение равновесия), то сила трения будет направлена влево и будет лишь замедлять скорость поворота волчка, но не может изменить направление его вращения. Из вышеизложенного становится понятно, что устойчивость равновесия волчка никак не зависит от количества налитой воды. Найдем положение центра масс волчка для случая \(M = 6m\). Выберем ось \(x\), проходящую через центр полусферы и направленную перпендикулярно ее основанию. \[x_\text{цм} = \frac{6mR/2 - mR}{6m + m} > 0,\] значит центр масс волчка расположен ниже его центра, а именно к нему приложена результирующая двух сил тяжести. Получаем, что в первом случае вне зависимости от объема налитой воды волчок будет находиться в состоянии устойчивого равновесия.

Налитая вода на равновесие не влияет. Для устойчивости равновесия необходимо, чтобы центр масс волчка оказался ниже центра полусферы. Рассмотрим ту же ось \(x\), что и в первом случае. \[x_\text{цм} = \frac{MR/2 - mR}{M + m} > 0,\] откуда \(M/m > 2\).

Подсказка

Условие равновесия поршня — квадратное уравнение относительно \(x\); сравните, как растут с \(x\) давление газа (закон Бойля — Мариотта) и давление ртути, чтобы понять, какое из положений равновесия устойчиво. Поршень срывается к упорам, когда два положения равновесия сливаются (касание графиков).

Ответ

1) \(h_1 = \dfrac{(h_0 + h_{max} + x_{max})(L - x_{max})}{L} - h_0 = 380\) мм;  2) \(x_1 = L - h_0 - h_1 = 1900\) мм;  3) \(x_2 = \dfrac{L - h_0 + \sqrt{(L + h_0)^2 - 4(h_0 + h_{max} + x_{max})(L - x_{max})}}{2} = 1520\) мм;  4) \(h_2 = 2\sqrt{(h_0 + h_{max} + x'_{max})(L - x'_{max})} - (L + h_0) \approx 1007\) мм.

Решение

1. Пусть \(\Delta p\) — отличие давления воздуха под поршнем от атмосферного в начале процесса. Поршень придёт в движение, когда давление ртути на поршень сравняется с избыточным давлением воздуха под поршнем, откуда: \[p_0 + \rho gh_1 = p_0 + \Delta p \implies h_1 = \frac{\Delta p}{\rho g}.\] Температура воздуха под поршнем может считаться постоянной. Поскольку нижняя часть трубы закрыта, количество воздуха под поршнем также будет оставаться постоянным. Тогда, если давление воздуха под поршнем обозначить за \(p_\text{в}\), его зависимость от \(x\) определяется законом Бойля–Мариотта: \[p_\text{в}V = \mathrm{const} \implies p_\text{в} = \frac{(p_0 + \Delta p)L}{L - x}.\] Пусть уровень ртути в сосуде равен \(h\). Тогда давление \(p_\text{р}\) ртути на поршень составляет: \[p_\text{р} = p_0 + \rho g(h + x).\] В положении равновесия давление воздуха под поршнем равно давлению ртути на поршень, поэтому: \[p_0 + \rho g(x + h) = \frac{(p_0 + \Delta p)L}{L - x}.\] Когда уровень ртути в сосуде достигает максимального значения \(h_{max}\), величина \(x = x_{max}\), получаем: \[\frac{\Delta p}{\rho g} = h_1 = \left(\frac{p_0}{\rho g} + x_{max} + h_{max}\right)\left(1 - \frac{x_{max}}{L}\right) - \frac{p_0}{\rho g},\] или с учётом \(p_0/(\rho g) = h_0\): \[h_1 = \frac{(h_0 + h_{max} + x_{max})(L - x_{max})}{L} - h_0 = 380\text{ мм}.\]

2. Перепишем условие равновесия поршня в следующем виде: \[(h_0 + h + x)(L - x) = (h_0 + h_1)L.\] Раскроем скобки и получим: \[x^2 - (L - h_0 - h)x + (h_1 - h)L = 0.\] Обратим внимание, что при \(h > h_1\) свободный член полученного квадратного уравнения является отрицательным, что следует из теоремы Виета, а значит уравнение имеет ровно один положительный корень. Тогда, поскольку нахождение поршня выше упоров не является возможным, при \(h > h_1\) поршень имеет единственное положение равновесия. Так как \(\Delta h \ll h_1\), свободный член можно принять равным нулю. Сокращая решение \(x = 0\), получим: \[x_1 = L - h_0 - h_1,\] или же: \[x_1 = L - \frac{(h_0 + h_{max} + x_{max})(L - x_{max})}{L} = 1900\text{ мм}.\]

3. После того, как уровень ртути в сосуде окажется ниже верхней части трубы, положение равновесия поршня перестанет изменяться. Решим квадратное уравнение, получаемое из условия равновесия поршня, при \(h = 0\): \[x_{2(1,2)} = \frac{L - h_0 \pm \sqrt{(L - h_0)^2 - 4Lh_1}}{2} = 0{,}76\text{ м},\ 1{,}52\text{ м}.\] Таким образом, когда уровень ртути в сосуде понизится до практически нулевого, поршень имеет два положения равновесия и расположится в том из них, которое является устойчивым. Проанализируем оба найденных положения равновесия поршня на устойчивость.

Положение равновесия поршня является устойчивым, если при повышении расстояния между ним и упорами давление воздуха под поршнем становится выше, чем давление ртути на поршень. Если расстояние между поршнем и упорами увеличилось на малую величину \(\Delta x\), то условия устойчивости положения равновесия поршня можно записать следующим образом: \[p_0 + \rho g(h + x + \Delta x) < \frac{(p_0 + \Delta p)L}{L - x - \Delta x}.\] Используя условие равновесия, получим: \[\rho g\Delta x < \frac{(p_0 + \Delta p)L}{L - x - \Delta x} - \bigl(p_0 + \rho g(h + x)\bigr) = \frac{(p_0 + \Delta p)L}{L - x - \Delta x} - \frac{(p_0 + \Delta p)L}{L - x}.\] С учётом малости \(\Delta x\) имеем: \[\rho g\Delta x < \frac{(p_0 + \Delta p)L\Delta x}{(L - x - \Delta x)(L - x)} \approx \frac{(p_0 + \Delta p)L\Delta x}{(L - x)^2} \implies \rho g < \frac{(p_0 + \Delta p)L}{(L - x)^2}.\] Определим значения \(x\), при которых положения равновесия поршня является устойчивым: \[L > x > L - \sqrt{\frac{(p_0 + \Delta p)L}{\rho g}} = L - \sqrt{(h_0 + h_1)L} = x_\text{кр} \approx 1178\text{ мм}.\] Таким образом, положение равновесия \(x_{2(1)} = 760\) мм является неустойчивым, а \(x_{2(2)} = 1520\) мм — устойчивым. Отметим, что при \(h = 0\) положение \(x = 0\) также является положением равновесия, поскольку для данного положения давление воздуха под поршнем будет выше, чем давление ртути на поршень, равное атмосферному. Однако, пока поршень не окажется на расстоянии \(x = x_\text{кр}\) от упоров, он всегда будет располагаться в устойчивом положении равновесия. При этом величина \(x\) монотонно возрастает с увеличением уровня \(h\) ртути в сосуде. Поскольку найденная при \(h = 0\) величина \(x_{2(2)} > x_\text{кр}\), то поршень в процессе понижения уровня ртути в сосуде всегда расположен в положении устойчивого равновесия и не может его покинуть. Таким образом, конечному положению поршня соответствует следующая величина \(x_2\): \[x_2 = \frac{L - h_0 + \sqrt{(L + h_0)^2 - 4(h_0 + h_{max} + x_{max})(L - x_{max})}}{2} = 1520\text{ мм}.\]

Примечание: Исследование на устойчивость положений равновесия поршня можно осуществить не только аналитически, но и графически. Для это построим график зависимости \(p_\text{в}(x)\) (чёрная линия на рис.), а поверх него — прямые \(p_\text{р}(x)\) при различных значениях \(h\), где давления измеряются в миллиметрах ртутного столба. Точки пересечения графиков функций \(p_\text{в}(x)\) и \(p_\text{р}(x)\) соответствуют положениям равновесия поршня. Если вблизи точки пересечения с увеличением \(x\) функция \(p_\text{в}(x)\) возрастает на большую величину, чем функция \(p_\text{р}(x)\), то при малом смещении поршня равнодействующая приложенных к нему сил будет направлена противоположно смещению поршня, и, следовательно, положения равновесия будет являться устойчивым. Если же вблизи точки пересечения с увеличением \(x\) функция \(p_\text{в}(x)\) возрастает на меньшую величину, чем функция \(p_\text{р}(x)\), то при малом смещении поршня равнодействующая приложенных к нему сил будет направлена вдоль смещения поршня, и, следовательно, положение равновесия поршня будет являться неустойчивым. Из рисунка видно, что при \(h > h_1\) все положения равновесия поршня являются устойчивыми, а положение равновесия \(x = 0\) при \(h = h_1\) является неустойчивым. Если мы рассмотрим случай \(h = 0\) (красная прямая на графике), то точка пересечения \(x_{2(1)} = 760\) мм соответствует неустойчивому, а \(x_{2(2)} = 1520\) мм — устойчивому положению равновесия.

4. Используя результаты решения первого пункта, определим величину \(h_1\), при которой поршень приходит в движение:

\[h_1 = \frac{(h_0 + h_{max} + x_{max})(L - x_{max})}{L} - h_0 = 1140\text{ мм}.\] Запишем условие равновесия поршня: \[x^2 - x(L - h_0 - h) + L(h_1 - h) = 0.\] Решению \(x = 0\) соответствует величина \(h = h_1\). Однако при решении второго пункта мы получали, что при \(h = h_1\) у поршня существует второе положение равновесия на расстоянии \(x_1\) от упоров, равном: \[x_1 = L - \frac{(h_0 + h_{max} + x_{max})(L - x_{max})}{L} = 1140\text{ мм}.\] Данное положение является устойчивым, что можно показать, используя критерий устойчивости положения равновесия, полученный при решении четвёртого пункта:

\[x > L - \sqrt{(h_0 + h_1)L} = x_\text{кр} \approx 637\text{ мм}.\] Данное условие выполнено при \(x = x_1\), поэтому в процессе понижения уровня ртути в сосуде поршень не достигает упоров при \(h = h_1\).

При последующем понижении уровня ртути в сосуде у поршня есть два положения равновесия, одно из которых является устойчивым, а другое — неустойчивым. Пока расстояние \(x\) между поршнем и упорами удовлетворяет условию \(x > x_\text{кр}\), поршень располагается в положении устойчивого равновесия. Когда расстояние между поршнем и упорами станет равны \(x = x_\text{кр}\), два положения равновесия поршня, одно из которых является устойчивым, а второе — неустойчивым, совпадут и станут единым положением неустойчивого равновесия по отношению к смещению в сторону упоров. Данное положение соответствует касанию на графиков зависимостей \(p_\text{в}(x)\) и \(p_\text{р}(x)\), приведённых в примечании к решению четвёртого пункта задачи. Из этого же графика видна неустойчивость данного положения равновесия поршня по отношению к смещению в сторону упоров.

Таким образом, если при некотором значении \(h = h_2\) поршень оказывается в положении \(x = x_\text{кр}\), то при данном значении \(h\) во всех положениях, кроме \(x = x_\text{кр}\), давление воздуха под поршнем будет больше, чем давление ртути на поршень (см. рис. ниже), поэтому поршень скачкообразно переместится в сторону упоров и при дальнейшем понижении уровня ртути в сосуде от них не оторвётся.

Учтём, что касание графиков соответствует наличию единственного корня у квадратного уравнения, получаемого из условия равновесия поршня. Воспользуемся теоремой Виета: \[2x_\text{кр} = L - h_0 - h_2.\] После подстановки \(h_1\) в выражение для \(x_\text{кр}\) находим: \[h_2 = 2\sqrt{(h_0 + h_{max} + x_{max})(L - x_{max})} - (L + h_0) \approx 1007\text{ мм}.\]

Подсказка

Пока жидкость в широком сосуде не дошла до крышки, она просто расширяется; потом её объём фиксирован, и при каждом малом нагреве в узкий сосуд уходит порция \(4SH\,\Delta\rho\) при текущей температуре. Давление на дно найдите по массе жидкости в узком сосуде, а тепло, принесённое порциями, — как площадь под графиком \(\rho(t)\).

Ответ

1) \(p_\text{дно} = 2{,}75\rho_0 gH\);  2) \(p_\text{к} = 2{,}25\rho_0 gH\);  3) \(t_R \approx 1{,}36\,t_0\).

Решение

Зависимость плотности от температуры: \[\rho(t) = \rho_0 - \frac{\rho_0}{2}\cdot\frac{t - t_0}{t_0} = \rho_0\,\frac{3t_0 - t}{2t_0}. \tag{1}\] Начальная масса \(m_{L0}\) жидкости в левом сосуде: \[m_{L0} = 4Sh\rho_0 = 4SH\rho.\] Следовательно, сосуд большего сечения заполнится доверху, когда плотность в нём уменьшится до \(\rho = 0{,}95\rho_0\). Из (1) получаем: \[\rho = 0{,}95\rho_0 \;\Rightarrow\; 3t_0 - t_1 = 1{,}9t_0 \;\Rightarrow\; t_1 = 1{,}1t_0.\] После этого жидкость начинает перетекать из левого (широкого) сосуда в правый. При достижении температуры \(t = 2t_0\) масса \(m_L\) жидкости в левом сосуде равна: \[m_L = 4SH\cdot\frac{\rho_0}{2} = 2\rho_0 SH.\] Полная масса \(m\) жидкости изначально: \[m = (4S + S)h\rho_0 = 5S\cdot 0{,}95H\rho_0 = 4{,}75\rho_0 SH.\] Следовательно, масса \(m_R\) жидкости в правом сосуде после нагрева: \[m_R = m - m_L = 2{,}75\rho_0 SH.\] Тогда давление на дне: \[p_\text{дно} = \frac{m_R g}{S} = 2{,}75\rho_0 gH.\] Давление \(p_\text{к}\) жидкости на крышку в сосуде большего сечения найдём из равенства давлений: \[p_\text{к} = p_\text{дно} - 0{,}5\rho_0 gH = 2{,}25\rho_0 gH.\]

Поскольку объём левого сосуда фиксирован (при достижении высоты \(H\)), уменьшение массы в нём прямо пропорционально уменьшению плотности при нагреве. При нагреве левого сосуда на малую величину \(\Delta t\) плотность уменьшается на \(\Delta\rho\), и в правый сосуд перетекает масса: \[\Delta m = 4SH\,\Delta\rho, \tag{2}\] температура которой равна текущей температуре \(t\) в левом сосуде.

Способ 1. Можно считать, что нагреватель сообщил количество теплоты массе \(\Delta m\) уже после того, как она переместилась в правый сосуд. Тогда количество теплоты, поступающее в правый сосуд: \[\Delta Q = c\Delta m\,(t - t_0) = 4cSH(t - t_0)\Delta\rho,\] где \(c\) — теплоёмкость жидкости.

Если воспользоваться графиком зависимости \(\rho(t)\), то можно заметить, что величине \(\Delta Q\) пропорциональна площадь полоски шириной \(\Delta\rho\) и длиной \(t - t_0\) (см. рисунок 1), домноженной на \(4cSH\).

Полное количество «перенесённой» в правый сосуд теплоты \(Q\) пропорционально площади трапеции, показанной на рисунке 2, с домножением на \(4cSH\). Тогда: \[Q = 0{,}99\rho_0 t_0 cSH.\]

Эта теплота, распределённая по массе \(m_R = 2{,}75\rho_0 SH\), повысит температуру правого сосуда: \[t_R = t_0 + \frac{Q}{cm_R} = t_0 + \frac{0{,}99\rho_0 t_0 cSH}{c\cdot 2{,}75\rho_0 SH}.\]

Способ 2. Из (1) и (2) получим, что при повышении температуры левого сосуда от \(t_1 = 1{,}1t_0\) до \(t_2 = 2t_0\) масса, перетекающая в правый сосуд, увеличивается равномерно с температурой:

\[\Delta m = \frac{2SH}{t_0}\cdot\Delta t.\] Следовательно, распределение масс по температуре равномерное, и средняя температура приходящих порций жидкости равна среднему арифметическому концов интервала: \[t_\text{ср} = \frac{t_1 + t_2}{2} = \frac{1{,}1t_0 + 2t_0}{2} = 1{,}55t_0.\] Уравнение теплового баланса для правого сосуда: \[m_{R0}c(t_R - t_0) + \Delta mc(t_R - t_\text{ср}) = 0,\] где \(m_{R0}\) — начальная масса жидкости в правом сосуде. Отсюда: \[t_R = \frac{m_{R0}t_0 + \Delta m\,t_\text{ср}}{m_{R0} + \Delta m}.\]

Способ 3. Малая масса, перетекающая при возрастании температуры на \(\mathrm{d}t\): \[\mathrm{d}m = -4SH\,\mathrm{d}\rho.\] Из (1): \[\frac{\mathrm{d}\rho}{\mathrm{d}t} = -\frac{\rho_0}{2t_0} \quad\Rightarrow\quad \mathrm{d}m = \frac{2\rho_0 SH}{t_0}\,\mathrm{d}t.\] Количество теплоты, переносимое этой массой: \[\mathrm{d}Q = c(t - t_0)\,\mathrm{d}m = c(t - t_0)\frac{2\rho_0 SH}{t_0}\,\mathrm{d}t.\] Интегрируем от \(t_1 = 1{,}1t_0\) до \(2t_0\): \[Q = \frac{2\rho_0 SHc}{t_0}\int_{1{,}1t_0}^{2t_0}(t - t_0)\,\mathrm{d}t = \frac{2\rho_0 SHc}{t_0}\left[\frac{(t - t_0)^2}{2}\right]\Bigg|_{1{,}1t_0}^{2t_0}.\] Подставляем пределы: \[Q = \frac{2\rho_0 SHc}{t_0}\cdot\frac{t_0^2 - 0{,}01t_0^2}{2} = 0{,}99\rho_0 ct_0 SH.\] Далее, как и в первом способе: \[t_R = t_0 + \frac{Q}{cm_R}.\] Окончательно: \[t_R = 1{,}36t_0.\]

Подсказка

Запишите баланс сил (тяжесть, сила Архимеда, сила сопротивления) на нижней и на верхней критических глубинах и сложите уравнения, чтобы исключить силу сопротивления.

Ответ

1) \(18{,}75\);  2) несовершенство модели в том, что газовые полости рассматриваются как герметичный пакет с газом, а на самом деле это не так; кроме того, сила сопротивления может зависеть не только от скорости, но и от глубины.