Hãy lặp lại thủy tĩnh học

Kvant 1985, số 2 tr. 48, 51, 52, 53 Thẻ RJNC

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
A. I. BUZDIN,
Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
S. S. KROTV

Chương trình giảng dạy vật lý ở trường được cấu trúc sao cho khi làm quen với chủ đề “Thủy tĩnh học” ở lớp sáu, học sinh sẽ không bao giờ quay lại với chủ đề đó nữa. Rõ ràng, người ta thường chấp nhận rằng chủ đề này không khó. Tuy nhiên, như kinh nghiệm của kỳ thi tuyển sinh cho thấy, bài toán và các câu hỏi về thủy tĩnh học thường khiến thí sinh bối rối.

Có chuyện gì thế này? Theo quan điểm của chúng tôi, điều này là do ở lớp 6, học sinh chưa sẵn sàng để nắm bắt tất cả những điều phức tạp của vật lý, các em mới làm quen với nó. Tuy nhiên, khi soạn câu hỏi và bài toán để làm bài kiểm tra, người ta cho rằng người nộp đơn đã xem xét lại nhiều chủ đề, bao gồm cả thủy tĩnh học, từ một quan điểm tổng quát hơn, có tính đến kiến thức của toàn bộ môn vật lý.

Trong bài viết này, chúng tôi muốn nhớ lại các định luật cơ bản của thủy tĩnh học và xem xét một số bài toán cụ thể và các câu hỏi mà trong các năm khác nhau đã được đưa vào đề thi hoặc được yêu cầu cho thí sinh trong kỳ thi vấn đáp.

Chất lỏng và chất khí, khi chuyển động tổng thể, đại diện cho một hệ thống cơ học, các bộ phận của chúng chỉ tương tác với nhau thông qua lực áp suất. Thật vậy, khi một chất lỏng (sau đây, khi chúng ta nói về chất lỏng, chúng ta cũng có nghĩa là chất khí) đứng yên, độ nhớt không xuất hiện - ma sát chất lỏng chỉ xảy ra khi các lớp chất lỏng chuyển động tương đối với nhau hoặc so với vật rắn.

Đối với chất lỏng, như đã biết, định luật Pascal được thỏa mãn: áp suất tác dụng lên chất lỏng được truyền không thay đổi đến từng điểm của chất lỏng. Nếu chất lỏng chỉ chịu tác dụng của trọng lực thì áp suất p tăng theo độ sâu ngâm h theo định luật p=ρgh, trong đó Q là mật độ của chất lỏng. Do đó, các bộ phận khác nhau của cơ thể ngâm trong chất lỏng sẽ chịu các lực áp suất khác nhau. Kết quả của hành động kết hợp của họ là một lực nổi (lực Archimedean) sẽ phát sinh. Theo định luật Archimedes, một vật chìm hoàn toàn trong chất lỏng sẽ bị đẩy lên trên với một lực bằng trọng lượng của chất lỏng mà nó chiếm chỗ (tức là trọng lượng của chất lỏng tính trong thể tích của vật này).

Chúng ta hãy chú ý ngay đến thực tế là định luật Archimedes không áp dụng khi vật ngâm trong nước bị ép chặt vào thành hoặc đáy bình. Ví dụ, người ta biết rằng một chiếc tàu ngầm khi chìm xuống đáy một tấm vải sẽ bị áp suất thủy tĩnh ép xuống đáy và hoàn toàn không bị đẩy lên trên.

Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang xem xét bài toán và các vấn đề cụ thể.

Câu hỏi 1. Trên một trong các mục tiêu của cân cân bằng có một giá đỡ đựng nước và một giá ba chân có tải trọng treo trên đó (Hình 1). Điều gì sẽ xảy ra với sự cân bằng của cân nếu sợi dây bị kéo dài đến mức trọng lượng rơi xuống nước?

Nhiều người nộp đơn tin rằng sự cân bằng sẽ bị phá vỡ. Vì lý do đó, họ đặt tên cho lực nổi tác dụng lên tải trọng theo định luật Archimedes và làm giảm sức căng của sợi dây, và do đó làm giảm lực ép của shativa lên cân. Những người khác cho rằng một khi ngâm trong nước, trọng lượng sẽ đè thêm một lực lên nó hoặc tương đương, làm tăng mực nước trong ly và từ đó làm tăng áp lực lên đáy ly, khiến chiếc cốc bên trái chuyển động.

Để có được đáp số chính xác, chỉ cần lượng chất chứa trong cốc không thay đổi tùy theo vị trí của tải - bên ngoài nước hay trong nước là đủ, và do đó sự cân bằng của cân được duy trì. Nhưng lý luận trước đó có gì sai?

Khi hạ vật nặng xuống nước, độ căng của sợi dây thực tế sẽ giảm -

và góc mà tấm ván tạo với đường chân trời (với mặt nước) là α. Khi đó F_b=2xρ_0Sg và Mg=ρSlg. Vì chúng ta quan tâm đến giá trị tối thiểu của hệ số giữa các tấm ván với đá, nên chúng ta có thể giả sử rằng F_tp=μN.

Vì bảng ở trạng thái cân bằng nên tổng các lực tác dụng lên bảng bằng không. Hãy viết điều kiện này bằng cách chiếu tất cả các lực lên các hướng của tiếp tuyến với bảng và pháp tuyến với nó:

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

Chia các phương trình này theo số hạng, chúng ta thấy rằng μ=tan α.

Mặt khác, như có thể thấy trong Hình 4,

$tg α=H/\sqrt{(l-2x)^2-H^2}.$

Giá trị của x có thể được tìm thấy từ điều kiện tổng mômen của tất cả các lực tác dụng lên tấm ván bằng 0. Thuận tiện nhất là xem xét mômen của lực so với điểm tiếp xúc của tấm ván và đá (điểm O), vì trong trường hợp này mô men của lực trên khay và phản lực đỡ sẽ bằng 0.

Đường tác dụng của lực Archimedean đi qua khối tâm của phần chìm trong tấm ván, nghĩa là chiều dài của nó so với điểm O bằng (l-x)×cos α. Trường hấp dẫn bằng (l/2)cos α. Điều kiện để tổng mômen của các lực bằng 0 có dạng

$qlS(l/2)cos α - ρ_02xS(l-x)cos α=0,$

hoặc

$x^2-lx+ρl^2/(4ρ_0)=0.$

Từ đây là

$x=(l/2)(1-\sqrt{1-ρ/ρ_0})$

(gốc thứ hai nên bị loại bỏ vì nó không thỏa mãn điều kiện 2x<l).

Sau đó, cuối cùng chúng tôi nhận được

$μ=H/\sqrt{l^2(1-ρ/ρ_0)-H^2}.$

Nhiệm vụ nói rằng bảng mỏng. Cái này được sử dụng như thế nào với lời giải?

Lưu ý rằng câu hỏi về mômen của lực nổi loại trừ tính ổn định của vật nổi. Trong đóng tàu, có một khái niệm đặc biệt về tâm siêu âm - điểm giao nhau của đường tác dụng của lực nổi ở vị trí nghiêng của tàu với mặt phẳng đối xứng của nó (Hình 5). Siêu tâm (điểm M) không được phép rơi xuống dưới trọng tâm của tàu (điểm O), nếu không mômen quay của lực Archimedean sẽ không thể đưa tàu về vị trí thẳng đứng.

Bài toán 3. Nước được đổ vào bể cá có mặt cắt ngang hình chữ nhật (mật độ nước q=10^3 kg/m³) đến độ cao H=0,5 m. Xác định lực tác dụng lên bức tường của bể cá có chiều dài l=1 m và mô men của áp lực lên bức tường này so với cạnh dưới của nó.

Trong trường hợp này, áp suất thay đổi theo độ sâu ngâm h và thay đổi theo định luật tuyến tính p=ρgh.

Không còn nghi ngờ gì nữa, sự cân bằng của tất cả các lực áp suất đều hướng theo chiều ngang. Và mô hình của nó bằng bao nhiêu? Rõ ràng ở đáp số câu hỏi này sử dụng công thức F=pcpS, trong đó S=lH là diện tích lực cản của nước với tường và pcp=ρgH/2 là áp suất trung bình bằng áp suất ở giữa độ sâu. Và đáp số này chắc chắn là đúng. Tuy nhiên, không phải người nộp đơn nào cũng có thể giải thích tại sao áp lực đặc biệt này lại được sử dụng làm mức trung bình. Hãy thử làm điều này.

Chúng ta hãy xem xét một hình lăng trụ đứng (làm bằng vật liệu có mật độ q) có chiều cao l, đáy của nó là một tam giác vuông đều cạnh H. Chúng ta đặt lăng kính này trên một mặt phẳng nằm ngang

(Hình 6). Dễ dàng nhận thấy lực ép của lăng kính lên bề mặt trùng với giá trị tuyệt đối với lực ép của nước lên mặt bên của bể cá (do sự phân bố áp suất trên bề mặt tiếp xúc như nhau). Nhưng lực ép của lăng kính chính là trọng lượng của nó, nên

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

Vì vậy, áp suất nước trung bình có giá trị là áp suất ở giữa độ sâu.

Câu hỏi thứ hai bài toán - phức tạp hơn, vì áp suất thay đổi theo độ sâu và các plencha tương ứng với mã của lực áp cũng phụ thuộc vào độ sâu. Dựa vào sự tương tự với kết quả trước đó, đôi khi người ta đề xuất sử dụng lực ép trung bình và mức giam giữ “trung bình”, bằng $H/2$ . Nhưng điều này là hoàn toàn sai. Để có được cái đúng đáp số, việc sử dụng một phép loại suy là hợp lệ, nhưng một phép loại suy với dấu hiệu được đề cập ở trên. Đối với cô, khoảnh khắc mong muốn là tích của lực hấp dẫn của lăng kính tác dụng lên vật cố định so với đường thẳng $AA'$ (xem hình 6). Đường tác dụng của trọng lực ở khoảng cách $H/3$ từ xương sườn $AA'$ (trong một tam giác đồng nhất, khối tâm nằm ở giao điểm của các đường trung tuyến), do đó

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

Tại lời giải bài toán chúng tôi đã bỏ qua và không tính đến áp suất khí quyển. Hãy thử nghĩ xem, nó có thể thay đổi được đáp số không? Và một điều nữa: lực ép lên tường sẽ thay đổi như thế nào nếu bức tường này được làm bằng cao su?

Câu 4. Độ sâu của một quả bóng nổi trong vũng nước sẽ như thế nào nếu bức tường bắt đầu chuyển động xuống nước?

Xét một hệ nước cộng với một quả bóng nổi trong đó. Để nó chuyển động với gia tốc $a$ . Gia tốc này được tạo ra do sự chênh lệch giữa lực áp suất $N_a$ từ phía đáy kính và lực hấp dẫn của hệ $(M+m)g$ , trong đó $M$ là khối lượng nước và $m$ là khối lượng của quả bóng:

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

Trong khi hệ đang đào, lực ép $N_0$ tác dụng lên đáy kính được xác định theo phương trình tương ứng

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

So sánh lực $N_a$ và $N_0$ , ta thấy rằng

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

Hãy chứng minh rằng áp suất tại một điểm bất kỳ trong chất lỏng đã tăng lên một số lần như nhau. Chúng ta hãy chọn một hình trụ “nước” có tiết diện $\Delta S$ , một trong hai đáy trùng với mặt nước và cái còn lại ở độ sâu $h$ . Hãy viết phương trình chuyển động của hình trụ này theo phương thẳng đứng:

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

trong đó $p_h$ là áp suất nước ở độ sâu $h$ , $\rho$ là mật độ của nước. Chúng tôi thấy điều đó

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

tức là so với trường hợp tĩnh, nó tăng $(g+a)/g$ lần. Do đó, các phương trình lực được đưa ra với số lần như nhau.

Bây giờ chúng ta viết phương trình chuyển động thẳng đứng của quả bóng:

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

Từ đây chúng ta thu được rằng thể tích $V_a$ của phần chìm của quả bóng trong quá trình chuyển động đi lên có gia tốc của tấm kính không phụ thuộc vào gia tốc của hệ và bằng $V_a = m/\rho$ .

Do đó, độ sâu ngâm của quả bóng trong nước sẽ không thay đổi.

Bài 4. Một bể cá có hình lập phương có cạnh $L$ , bằng một nửa

đổ đầy nước và chuyển động bằng cách lấy rễ ngang $\vec{a} (a < g)$ . Giả sử rằng vào thời điểm hệ thủy sinh-nước bắt đầu chuyển động, toàn bộ nước vẫn chưa bắn tung tóe, hãy xác định hình dạng của mặt nước và áp suất tại điểm M (Hình 7).

Giả sử ngay rằng mặt nước sẽ là một phần của mặt phẳng nghiêng với đường chân trời một góc $\alpha$ . Bây giờ hãy chứng minh điều này và tìm góc $\alpha$ .

Chúng ta hãy chọn một thể tích nhỏ chất lỏng có khối lượng $\Delta m$ gần một điểm A tùy ý trên mặt nước. Lực áp suất tách khỏi tất cả các nước khác sẽ vuông góc với bề mặt tại một vị trí nhất định. Đặt nó bằng $\vec{N}$ và tạo thành một góc $\alpha$ với phương thẳng đứng. Khi đó, vùng bề mặt được chọn (vì nó nhỏ nên có thể coi là phẳng) tạo thành cùng một góc $\alpha$ với đường chân trời (tại sao?).

Hãy viết các phương trình chuyển động của thể tích nước của chúng ta, chiếu tất cả các lực và gia tốc lên trục thẳng đứng và trục ngang:

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

Từ đây chúng ta có được

$tg \alpha = a/g$

— góc nghiêng của bề mặt không phụ thuộc vào việc chọn điểm A và chỉ được xác định bằng tỷ số $a/g$ .

Bây giờ chúng ta hãy chọn một mặt phẳng trong nước song song với mặt nước và cách nó theo phương thẳng đứng một khoảng $h$ . Hãy chứng minh rằng tại tất cả các điểm của nó, áp suất nước $p_h$ sẽ được xác định theo công thức $p_h = \rho gh$ . Thật vậy, chúng ta hãy chọn một hình trụ nghiêng trong nước có ma trận độ dài $h$ và các đáy $\Delta S$ . Khối này không chuyển động theo phương thẳng đứng, do đó tổng hình chiếu của tất cả các lực tác dụng lên nó theo phương thẳng đứng bằng 0:

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

trong đó số hạng thứ nhất là lực hấp dẫn của hình trụ, và số hạng thứ hai là hình chiếu thẳng đứng của lực ép lên đáy dưới của hình trụ. Từ đây chúng ta có được

$p_h = \rho gh.$

Do đó, các bề mặt có áp suất không đổi sẽ là các mặt phẳng song song với bề mặt tự do của nước.

Để tìm áp suất tại điểm $M$ , hãy lưu ý rằng do nước không nén được nên điểm $B$ (giữa) vẫn giữ nguyên. Kể từ đây,

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

Chúng ta đã sử dụng điều kiện $a < g$ ở đâu chưa? Tìm áp lực của nước tác dụng lên thành bể và tác dụng lên bể cá trong quá trình chuyển động tăng tốc của nó sẽ như thế nào?

Khi chia tay bạn đọc, chúng tôi mong rằng khi chuẩn bị vào kỳ thi tuyển sinh, các bạn sẽ chú ý đến chủ đề “Thủy tĩnh học” và không muốn chia phần “Vật thể nổi chịu tác dụng của lực nổi”.

Ở bên phải

Áp kế thủy ngân (Hình 8) gồm hai ống có diện tích mặt cắt ngang $S_1$ và $S_2$ , với $S_1/S_2 = 2$ . Áp suất thay đổi thay đổi bao nhiêu nếu mức thủy ngân trong ống kẹp bên trái tăng $\Delta h = 10$ mm?
Một chiếc đĩa thủy tinh rơi vào thùng nước. Đường kính của nó là $D = 30$ cm, độ dày $h = 5$ mm, mật độ thủy tinh $\rho = 2,6 \cdot 10^3$ kg/m³. Để lấy nó ra, họ hạ một ống có đường kính $d = 10$ cm vào thùng, ấn chặt vào đĩa, bơm nước ra và bắt đầu từ từ nhấc lên. Xác định khoảng cách đến mặt nước mà bạn có thể nâng đĩa lên theo cách này.
Một cái phễu có khối lượng $M$ , có hình dạng như một hình nón cụt có bán kính đáy $R$ , đặt trên bàn. Mép phễu được ép chặt vào mặt bàn. Tính đến thời điểm nhấc nó lên khỏi bàn thì sẽ đổ bao nhiêu nước vào bình nước, nếu chiều cao mực nước trong bình nước lúc này là $h$ ?
Một vật nặng hình trụ treo trên đường kính được hạ xuống nước cho đến khi mực nước trong bình thay đổi $\Delta h = 8$ cm (Hình 9). Chỉ báo đường kính thay đổi thành $\Delta F = 0,5$ N. Xác định mặt cắt ngang của bình.
Một mảnh băng nổi trong một bình chứa nước, có một viên chì đông cứng ở giữa. Khối lượng băng $M$ , khối lượng viên $m$ . Nhiệt độ của nước trong bình là $0^\circ C$ . Lượng nhiệt nhỏ nhất phải cung cấp cho hệ để viên bi bắt đầu chìm là bao nhiêu? Mật độ chì $Q_2$ , nước đá $Q_1$ , nhiệt dung riêng của sự nóng chảy của băng $\lambda$ .
Mật độ của dung dịch muối thay đổi theo độ sâu theo định luật $\rho = \rho_0 + Ah$ , trong đó $\rho_0 = 1$ g/cm³, $A = 0,02$ g/cm⁴. Hai quả bóng được nối bằng một sợi chỉ được thả vào hỗn hợp. Thể tích của các quả bóng là $V_1 = 0,1$ cm³ và $V_2 = 0,2$ cm³, khối lượng của chúng là $m_1 = 0,13$ g và $m_2 = 0,34$ g. Độ sâu ngâm của quả bóng thứ nhất ở trạng thái cân bằng hóa ra bằng $h_1 = 20$ cm. Trong trường hợp này, chủ đề là tự nhiên. Xác định độ dài của sợi dây.
Khí đốt ở đâu nóng nhất - ở tầng một hoặc tầng cuối của tòa nhà dân cư bốn phòng?
Một quả cầu gỗ nổi trong một cốc nước chứa đầy nước và đóng lại ở trên. Lực ép của quả cầu lên nắp sẽ thay đổi như thế nào nếu bình chuyển động với bề mặt rễ hướng lên trên?