Всплывающий брусок

Брусок вдвое легче воды, поэтому, плавая, он погружён ровно наполовину и его ось лежит на уровне воды. Проверьте, устойчиво ли при таком отношении \(b/a\) положение «плашмя», и найдите угол наклона, при котором моменты сил Архимеда относительно оси уравновешены.

Рассмотрим сначала ситуацию, когда брусок плавает, не касаясь дна и повернувшись на угол \(\alpha\) вокруг своей продольной оси (на рисунке изображено поперечное сечение бруска). Поскольку плотность материала равна 50% плотности воды, брусок погружён на половину своего объёма, и, следовательно, поверхность воды проходит через продольную ось симметрии бруска (через точку \(O\) на рис.). Помимо силы тяжести, приложенной в точке \(O\), на брусок действует сила Архимеда. Для удобства подсчётов, разобьём погружённую часть изображённого сечения отрезком \(CD\) на две фигуры — треугольник \(ECD\) и оставшийся прямоугольник — и найдём центры масс каждой из них. Центр первой фигуры находится в точке пересечения медиан \(\triangle ECD\) (в точке \(A\)), а центр второй — в точке \(B\), где пересекаются диагонали прямоугольника.

Учитывая, что \(CD = a\), \(EC = a\,\mathrm{tg}\,\alpha\), \(CF = (b - a\,\mathrm{tg}\,\alpha)/2\), и обозначив длину бруска как \(L\), запишем выражения для составляющих силы Архимеда \(F_1\) и \(F_2\), приложенных в точках \(A\) и \(B\) соответственно: \[F_1 = \rho_\text{в} g L\cdot\frac12 a\cdot a\,\mathrm{tg}\,\alpha = \frac12\rho_\text{в} g a^2 L\,\mathrm{tg}\,\alpha, \qquad F_2 = \rho_\text{в} g a L\cdot\frac{b - a\,\mathrm{tg}\,\alpha}{2}.\] Длины отрезков \(AO\) и \(BO\), опираясь на различные геометрические теоремы, можно найти как \[AO = \frac13 CO = \frac16 ED = \frac{a}{6\cos\alpha}, \qquad BO = \frac{a\,\mathrm{tg}\,\alpha + CF}{2} = \frac{b + a\,\mathrm{tg}\,\alpha}{4}.\] Определим теперь значение угла \(\alpha\), не равное нулю, при котором брусок находится в равновесии. Для этого запишем правило моментов относительно точки \(O\): \[\begin{gather*} F_1\cdot AO\cos 2\alpha = F_2\cdot BO\cos(90^\circ - \alpha) \quad\Rightarrow\\ \Rightarrow\quad \frac12\rho_\text{в} g a^2 L\,\mathrm{tg}\,\alpha\cdot\frac{a\cos 2\alpha}{6\cos\alpha} = \rho_\text{в} g a L\cdot\frac{b^2 - a^2\,\mathrm{tg}^2\alpha}{8}\cdot\sin\alpha \quad\Rightarrow\\ \Rightarrow\quad \frac23\left(1 - \mathrm{tg}^2\alpha\right) = \left(\frac{b}{a}\right)^2 - \mathrm{tg}^2\alpha \quad\Rightarrow\\ \Rightarrow\quad \mathrm{tg}^2\alpha = 3\left(\frac{b}{a}\right)^2 - 2 = \frac13 \quad\Rightarrow\quad \alpha = 30^\circ. \end{gather*}\] Данное положение равновесия является устойчивым, так как при \(\alpha > 30^\circ\) момент силы \(F_1\) превышает момент силы \(F_2\), и брусок будет поворачиваться по часовой стрелке (угол \(\alpha\) будет уменьшаться). Если же \(\alpha < 30^\circ\), то, наоборот, момент силы \(F_2\) будет больше, и брусок будет поворачиваться против часовой стрелки (\(\alpha\) станет увеличиваться). Причём это справедливо, в том числе, и для малых углов, близких к \(0^\circ\). Таким образом, когда вода дойдёт до высоты \(b/2\), исходное положение бруска (при \(\alpha = 0^\circ\)) перестанет быть устойчивым, и один из краёв бруска (левый или правый — дело случая) станет подниматься вверх. При дальнейшем подъёме уровня воды вращение бруска продолжится, пока угол \(\alpha\) не достигнет величины \(30^\circ\). Если уровень воды продолжит увеличиваться, брусок оторвётся от дна сосуда и будет плавать в таком (устойчивом!) положении. Найдём высоту уровня воды, при которой произойдёт отрыв бруска: \[H = EF\cos\alpha = \frac{b + a\,\mathrm{tg}\,\alpha}{2}\cdot\cos\alpha = \frac{\sqrt{7/3}+1}{4}\cdot a \approx 0{,}632\,a.\]