Водный цилиндр

Вода несжимаема и выливается как единое целое. Вверху цилиндра не вакуум, а насыщенный пар воды с давлением \(p_v\): именно оно действует на столб воды сверху.

\(a=g-\dfrac{p_0-p_v}{\rho h}\approx1{,}62\) м/с\(^2\).

Решение 1. Ясно, что если бы столб воды не ускорялся, то разность давлений верхней и нижней точек столба воды составила бы \(\rho gh\approx1{,}2p_0\), и в верхней точке столба воды было бы отрицательное давление. Но поскольку столб воды начинает вытекать из цилиндра как единое тело с некоторым ускорением \(a\) (ведь вода несжимаема), то, перейдя в систему отсчёта, ускоряющуюся вместе с водой, мы видим, что разность давлений верхней и нижней точек на самом деле равна \(\rho(g-a)h\) и не обязана быть отрицательной.

В процессе вытекания воды главный вопрос — что остаётся вместо воды в пространстве наверху цилиндра. Один вариант: за водой остаётся вакуумный пузырь. Однако если давление воды падает ниже давления насыщенного водяного пара при комнатной температуре, то на поверхности контакта вода начинает испаряться. Поэтому в верхней части цилиндра образуется не вакуум, а водяной пар с давлением \(p_v\). Следовательно, разность давлений верхней и нижней частей столба воды равна \(p_0-p_v=\rho(g-a)h\), и столб воды ускоряется с ускорением \[a=g-\frac{p_0-p_v}{\rho h}=1{,}62\text{ м/с}^2.\]

Решение 2. Рассмотрим силы, действующие на столб воды. Пусть площадь поперечного сечения столба \(S\). Тогда снизу действует сила давления воздуха \(p_0S\). Сверху — сила со стороны образующегося там насыщенного пара \(p_vS\). Кроме того, на столб воды действует сила тяжести \(mg\), где масса столба воды \(m=\rho hS\). По второму закону Ньютона \[ma=mg+p_vS-p_0S,\] откуда находим \[a=g+\frac{(p_v-p_0)S}{m}=g+\frac{p_v-p_0}{\rho h}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.