Повторим гидростатику

Квант 1985, №2 с. 48, 51, 52, 53 Тег RJNC

Кандидат физико-математических наук
А. И. БУЗДИН,
кандидат физико-математических наук
С. С. КРОТОВ

Школьная программа по физике построена так, что, познакомившись с темой «Гидростатика» в шестом классе, учащся больше к ней не возврашается. По-видимому, приято считать, что эта тема нетрудная. Но, как показывает опыт вступительных экзаменов, задачи и вопросы по гидростатике часто ставят абитурientов в тупик.

В чем здесь дело? С нашей точки зрения это связано с тем, что в шестом классе школьники еще не готовы к воспрянию всех тонкостей физики, они лишь знакомятся с ней. Однако при составлении вопросов и задач для воспрянию экзаменов подразумевается, что абитурient переосмыслил многоные темы, в том числе и гидростатик, с более общих позиций, с учетом знания всего курса физики.

В данной статье нам хотелось напомнить основные законы гидростатики и рассмотреть несколько конкретных задач и вопросов, которые в разные годы включались в экзаменционные билеты или задавались абитурientам в процессе устного экзамена.

Жидкость и газы при движении как целое представляют собой механическую систему, части которого взаимодействуют друг с другом посредством только сил давления. Действительно, когда жидкость (здесь и далее, говоря о жидкости, мы подразумеваем и газ тоже) находится в покое, взкость не проявляется — жидкое трение возникает лишь при движении слоев жидкости друг относительно друга или относительно твердого тела.

Для жидкости, как известно, выполняется закон Паскала: давление, произvodимое на жидкость, передается без изменения в каждую точку жидкости. Если жидкость находится под действием только силы тяжести, давление p увеличивается с глубиной погружения h по закону p=ρgh, где Q — плотность жидкости. Поэтому различные участки тела, погруженного в жидкость, испытывают разные силы давления. В результате их суммарного действия возникнет выталкивающая сила (архимедова сила). Согласно закону Архимеда, тело, целиком погруженное в жидкость, выталкивается кверху с силой, равной весу вытесенной им жидкости (то есть весу жидкости в объеме этого тела).

Сразу же обратим внимание на тот факт, что закон Архимеда неприменим, когда погруженное тело плотно прижато к стенкам или дну сосуда. Например, известно, что подводная лодка, опустившаяся на листе дно, под действием силы гидростатического давления прижается ко дну, а вовсе не выталкивается кверху.

Перейдем теперь к рассмотрению конкретных задач и вопросов.

Вопрос 1. На одной из целей уравновешенных весов находится стан с водой и штатив с подвешенным к нему грузом (рис. 1). Что произойдет с равновесием весов, если нить удлинить настолько, чтобы груз оказался в воде?

Многие абитуренты считают, что равновесие нарушится. В качестве причины они называют выталкивающую силу, действующую на груз по закону Архимеда и уменьшающего натяжение нити, а значит, и силу давления шатива на чашку весов. Другие считают, что после погружения в воду груз будет давить на нее с добавочной силой или, что эквивалентно, повышит уровень воды в стакане и тем самым увеличит давление на дно стакана, в результате чего левая чашка перевести.

Чтобы получить правильный ответ, достаточно что содержимое чашки не меняется в зависимости от положения груза — вне воды или в воде, и поэтому равновесие весов сохраняется. Но что же было неверного в предыдущих рассуждениях?

При опускании груза в воду натяжение нити действительно умешит-

а угол, который доска составляет с горизонтом (с поверхностью воды), α. Тогда F_b=2xρ_0Sg и Mg=ρSlg. Поскольку нас интересует минимальное значение коэффициента трея доски о камень, можно считать, что F_tp=μN.

Так как доска находится в равновесии, сумма всех действующих на доску сил равна нулю. Запишем это условие, спроектировав все силы на направления касательной к доске и нормали к ней:

$2xρ_0Sg \sin α - ρlSg \sin α + μN=0,$
$2xρ_0Sg \cos α - ρlSg \cos α + N=0.$

Поделив почленно эти уравнения друг на друга, найдем, что μ=tg α.

С другой стороны, как это видно из рисунка 4,

$tg α=H/\sqrt{(l-2x)^2-H^2}.$

Величину x можно найти из условия равенства нулю суммы моментов всех сил, действующих на доску. Удобнее всего рассмотреть моменты сил относительно точки касания доски и камня (точки O), поскольку при этом моменты сил трея и реакции опоры будут равны нулю.

Линяя действия архимедовой силы проходит через центр масс погруженной части доски, значит, ее плею относительно точки O равно (l-x)×cos α. Плею силы тяжестей равно (l/2)cos α. Условие равенства нулю суммарного момента сил имеет вид

$qlS(l/2)cos α - ρ_02xS(l-x)cos α=0,$

или

$x^2-lx+ρl^2/(4ρ_0)=0.$

Отсюда находится

$x=(l/2)(1-\sqrt{1-ρ/ρ_0})$

(второй корень следует отбросить, так как он не удовлетворяет условиям 2x<l).

Тогда окончательно получаем

$μ=H/\sqrt{l^2(1-ρ/ρ_0)-H^2}.$

В условия задании было сказано, что доска тонкая. Как это использовалось при решении?

Отметим, что вопрос о моменте выталкивающей силы исключает устойчивости плавания тел. В караблестроенииводится специальное понятие о метацентре — точке пересечения линии действия выталкивающей силы в наклонном положении корабля с плоскостью его симметрии (рис. 5). Метацентр (точка M) не должен опускаться ниже центра тяжестей корабля (точка O), иначе врашательный момент архимедовой силы не сможет вернуть корабль в вертикальном положении.

Задача 3. В аквариум прямугольного сечения налита вода (плотность воды q=10^3 кг/м³) до высоты H=0,5 м. Определите силу, действуюю на стенку аквариума дииной l=1 м, и момент сил давления на эту стенку относительно ее нижнего ребра.

В данном случае давление меняется с глубиной погружения h, причем меняется по линейному закону p=ρgh.

Не вызывает сомнения, что равновесия всех сил давления направлена горизонтально. А чему равен ее модель? Obviously при ответе на этот вопрос использует формулу F=pcpS, где S=lH — площадь сопротивления воды со стенкой, а pcp=ρgH/2 — среднее давление, равное давлению на середине глубины. И такой ответ, безусловно, верный. Однако не каждый абитурент может обяснить, почему используется именно это давление в качестве среднего. Попробуем это сделать.

Рассмотрим прямугольную призму (из материалов плотности q) высотой l, в основании которого лежит прямугольный равноведренный треугольник со сторонам H. Поставим эту призму на горизонтальное поверхности

(рис. 6). Нетрудно видеть, что сила давления призмы на поверхности по модулю совпадает с силой давления воды на боковую поверхности аквариума (вследствие одинаковости распределения давления по поверхности соприкосовения). Но сила давления призмы — это ее вес, поэтому

$F_\pi = \rho g H \frac{H}{2} l = (\rho g \frac{H}{2}) (l H) = 1250 \text{ H}.$

Итак, действительное к качестве среднего давления воды следует взять давление на середине глубины.

Второй вопрос задачи — более сложный, поскольку и давление меняется с глубиной, и пленчи соответствуют шифрах сил давления также зависит от глубины. Ссылаясь на аналогию с предыдущим результатом, иногда предлагают для нахождения момента сил давления использовать среднюю силу давления и «среднее» пленю, равное $H/2$ . Но это совершенно неправильно. Чтобы получить верный ответ, действительное воспользоваться аналогией, но аналогией с признаком, упоминавшейся выше. Для нее искомый момент есть произведение силы тяжестей призмы на пленю относительно прямой $AA'$ (см. рис. 6). Линия действия силы тяжестей на расстоянии $H/3$ от ребра $AA'$ (в однородном треугольнике центр масс находится в точке пересечения медиан), поэтому

$M_\pi = \rho g \frac{H}{2} l H \frac{H}{3} \approx 208,3 \text{ H} \cdot \text{m}.$

При решении задачи мы игнорize не учитывали атмосферное давление. Подумайте, может ли оно изменить ответ? И еще: как изменяется сила давления на стенку, если эту стенку сделать резиновой?

Вопрос 4. Что произойдет с глубиной подружения шарика, плавающего в стане с водой, если стенку начинает сускорением движется в воду?

Рассмотрим систему воды пллюс плавающий в ней шарик. Пусть она движется вускорением $a$ . Этоускорение создает за счет разности сил давления $N_a$ со стороны дня стекана и силы тяжестей системы $(M+m)g$ , где $M$ — масса воды, а $m$ — масса шарика:

$N_a - (M+m)g = (M+m)a.$

Пока система покопалась, сила давления $N_0$ на дно стекана определялась соответствием

$N_0 - (M+m)g = 0.$

Сравнивая силы $N_a$ и $N_0$ , видим, что

$\frac{N_a}{N_0} = \frac{a+g}{g}.$

Покажем, что давление в любой точке жидкости увеличилось в такое же число раз. Выделим «водной» цилиндр сечением $\Delta S$ , одно из оснований которого совпадает с поверхностью воды, а другое находится на глубине $h$ . Запишем уравнение движения этого цилиндра в вертикальном направлении:

$p_h \Delta S - \rho \Delta Shg = \rho \Delta Sha,$

где $p_h$ — давление воды на глубине $h$ , $\rho$ — плотность воды. Мы видим, что

$p_h = \rho (g+a)h,$

то есть по сравнению со статическим случае оно возросло в $(g+a)/g$ раз. Следовательно, во столько же раз уравнения связи выталькиваются силы.

Запишем теперь уравнение движения шарика по вертикали:

$\rho V_a g \frac{a+g}{g} - mg = ma.$

Отсюда получаем, что объем $V_a$ погруженной части шарика приускоренном движении стекана вверх не зависит отускорения системы и равен $V_a = m/\rho$ .

Следовательно, глубина погружения шарика в воду не изменится.

Задча 4. Аквариум, имеющий форму куба с ребром $L$ , до половины

наполнен водой и приведен в движение с горизонтальным укоренением $\vec{a} (a < g)$ . Считая, что к моменту начала движения системы акварцум — вода как целого вода не расплескалась, определяте форму поверхности воды и давление в точке M (рис. 7).

Сразу же скажем, что поверхность воды будет представлять собой часть плоскости, наклоненной к горизонту под углом $\alpha$ . Теперь обоснуем это и найдем угол $\alpha$ .

Выделим небольший объем жидкости массой $\Delta m$ в близи произвольной точки A поверхности воды. Разделействующая сил давления со стороны всей остальной воды будет перепендикулярна поверхности в данном месте. Пусть она равна $\vec{N}$ и образует угол $\alpha$ с вертикалью. Тогда выделенный участок поверхности (поскольку он мал, его можно считать плоским) образует тот же угол $\alpha$ с горизонтом (почему?).

Запишем уравнения движения нашего объема воды, проектировав все силы и ускорения на вертикальную и горизонтальную оси:

$N \cos \alpha - \Delta mg = 0,$
$N \sin \alpha = \Delta ma.$

Отсюда получаем

$tg \alpha = a/g$

— угол наклона поверхности не зависит от выбора точки A и определяется только относением $a/g$ .

Выберем теперь в воде плоскость, параллельную поверхности воды и отсющую от нее по вертикали на расстояние $h$ . Покажем, что во всех ее точках давление воды $p_h$ будет определяться по формуле $p_h = \rho gh$ . Действительно, выделим в воде наклонный цилиндр с образующей длины $h$ и основами $\Delta S$ . По вертикали этот объем не движется, поэтому сумма проекций всех действующих на него силы на вертикальное направление равна нулю:

$\rho gh \Delta S \cos \alpha - p_h \Delta S \cos \alpha = 0,$

где первое слагаемое — это сила тяжестницы цилиндра, а второе — вертикальная проекция силы давления на нижнее основа цилиндра. Отсюда получаем

$p_h = \rho gh.$

Таким образом, поверхностями постоянного давления будут плоскости, параллельные свободной поверхности воды.

Для нахождения давления в точке $M$ заметим, что из-за несжимаемости воды точка $B$ (средина) остается на месте. Следовательно,

$p_M = \rho g \left( \frac{L}{2} + \frac{L}{2} tg \alpha \right) = \rho \frac{L}{2} (a + g).$

Выло ли нами где-нибудь использовано условия $a < g$ ? Найдите, каковый будут силы давления воды на стенки и до аквариума при его ускоренном движении?

Расставясь с читателем, мы надемся, что при подготовке к вступительным экзаменам он внимательно относится к теме «Гидростатика» и не захочет разделить участок «Плавающих тел, подверженных действияю выталкивающих сил».

У праванения

Ртутийный манометр (рис. 8) состоит из двух трубок с площадью сечения $S_1$ и $S_2$ , причем $S_1/S_2 = 2$ . На сколько изменилось изменяемое давление, если уровень ртути в левом коллее поднялся на $\Delta h = 10$ мм?
В бочку с водой упал стеклянный диск. Его диаметр $D = 30$ см, толщина $h = 5$ мм, плотность стекла $\rho = 2,6 \cdot 10^3$ кг/m³. Чтобы его достать, в бочку опустили трубку диаметром $d = 10$ см, плотно прижали ее к диску, выкачали воду и стали медленно поднимать вверх. Определите, до какого расстояния до поверхности воды можно таким способом поднять диск.
Воронка массой $M$ , имеющая форму усеченного конуса с радиусом основания $R$ , стоит на столе. Край воронки плотно прижаты к поверхности стола. Сколько воды будет налют в водонику к моменту ее отрыва от стола, если высота уровня воды в водонике в этот момент равна $h$ ?
Цилиндрическую гирю, подвешенную к диаметру, опускают в воду, пока уровень воды в сосуде не изменится на $\Delta h = 8$ см (рис. 9). Показание диаметра при этом изменилось на $\Delta F = 0,5$ Н. Определите сечение сосуда.
В сосуде с водой плавает кусок льда, в середину которого вмерзла свинцовая дробина. Масса льда $M$ , масса дробинки $m$ . Температура воды в сосуде $0^\circ C$ . Какое наименьшее количество теплоты надо сообщить системе, чтобы дробина начала тоннуть? Плотность свинца $Q_2$ , льда $Q_1$ , удельная теплота плавания льда $\lambda$ .
Плотность растора соли меняется с глубиной по закону $\rho = \rho_0 + Ah$ , где $\rho_0 = 1$ г/cм³, $A = 0,02$ г/cм⁴. В растор опущены два шарика, связанные нитью. Объем шариков $V_1 = 0,1$ см³ и $V_2 = 0,2$ см³, их массы $m_1 = 0,13$ г и $m_2 = 0,34$ г. Глубина погружения первого шарика в состоянии равновесия оказывается равной $h_1 = 20$ см. При этом нить натурата. Определите длину нити.
Где сильнее горит газ — на первом или на последнем этаже четырехчатогного жилого дома?
В стакане, доверху наполненном водой и закрытом сверху, плавает деревянный шарик. Как изменится сила давления шарика на крышку, если сосуд привести в движение с укоренным поверхием вверх?