Жидкости и газы из сборника задач Савченко Н.Е.

[alsak]

Решение задач по физике из книги Савченко Н.Е. Решение задач по физике. – Мн.: Высш. школа, 2003. – 479 с.

340	341	342	343	344	345	346	347	348	349
350	351	352	353	354	355	356	357	358	359
360	361	362	363	364	365	366	367	368	369
370	371	372	373	374	375	376	377	378	379
380	381	382	383

[alsak]

346. Аквариум доверху наполнен водой. С какой средней силой давит вода на плоскую вертикальную стенку аквариума длиной l = 50 см и высотой h = 30 см? Плотность воды равна 1,0⋅10³ кг/м³.

Решение. Средняя сила давления на стенку равна
 

\[ \left \langle F \right \rangle = \frac{p_{A} +p_{B}}{2} \cdot S, \]

где р_А = 0 — гидростатическое давление на поверхности воды (в точке А), p_B = ρ⋅g⋅h — гидростатическое давление жидкости на глубине h (в точке В) (рис. 1), S = l⋅h — площадь стенки. Тогда
 

\[ \left \langle F \right \rangle = \frac{p_{B}}{2} \cdot S = \frac{\rho \cdot g \cdot h}{2} \cdot l \cdot h = \frac{\rho \cdot g \cdot l \cdot h^{2}}{2}, \]

<F> = 225 Н.

[alsak]

350. Полый шар, отлитый из чугуна, плавает в воде, погрузившись ровно наполовину. Найти объем полости шара, если масса шара m = 5 кг. Плотность чугуна ρ₁ = 7,8⋅10³ кг/м³, воды ρ₂ = 1⋅10³ кг/м³.

Решение. Условие плавания шара (рис. 1):

F_A = m⋅g,

где F_A = ρ₂⋅g⋅V_p — архимедова сила, V_p = V/2 — объем погруженной части шара. Объем шара

V = V₁ + V₂,

где V₁ = m/ρ₁ — объем чугуна, V₂ — объем полости. Тогда
 

\[ \rho _{2} \cdot g \cdot \frac{V}{2} = m \cdot g, \, \; \, V = \frac{2m}{\rho _{2}}, \; \; \; V_{2} = V-V_{1} = \frac{2m}{\rho _{2}} -\frac{m}{\rho _{1}} = m \cdot \left(\frac{2}{\rho _{2}} -\frac{1}{\rho _{1}} \right), \]

V₂ = 9,4⋅10^–3 м³.

[alsak]

359. Металлический брусок плавает в сосуде, в который налита ртуть, а поверх нее — вода. При этом в ртуть брусок погружен на α₁ = 1/4 своей высоты, а в воду — на α₂ = 1/2 высоты. Найти плотность металла. Плотность ртути ρ₁ = 13,6⋅10³ кг/м³, плотность воды ρ₂ = 1⋅10³ кг/м³.

Решение. Условие плавания бруска:

F_A1 + F_A2 = m⋅g, (1)

где F_A1 = ρ₁⋅g⋅V₁ — архимедова сила со стороны ртути, F_A2 = ρ₂⋅g⋅V₂ — архимедова сила со стороны воды, m = ρ⋅V  — масса бруска.
Обозначим площадь основания бруска S, высоту — h (рис. 1). Тогда

V₁ = S⋅h₁ = α₁⋅S⋅h,  V₂ = S⋅h₂ = α₂⋅S⋅h,  V = S⋅h.

После подстановки в (1) получим

ρ₁⋅g⋅V₁ + ρ₂⋅g⋅V₂ = ρ⋅V⋅g,  ρ₁⋅V₁ + ρ₂⋅V₂ = ρ⋅V,

α₁⋅ρ₁⋅h + α₁⋅ρ₂⋅h = ρ⋅h,  ρ = α₁⋅ρ₁ + α₂⋅ρ₂,

ρ = 3,9⋅10³ кг/м³.

[alsak]

378. Однородная прямая призма, площадь основания которой S = 1 м² и высота h = 0,4 м, плавает на поверхности воды так, что в воде находится половина ее объема. Найти минимальную работу, необходимую для полного погружения призмы в воду. Плотность воды ρ = 1,0⋅10³ кг/м³.

Решение. При равномерном погружении призмы в воду будет увеличиваться архимедова сила, следовательно, должна изменяться и сила F, работу которой мы должны найти. Определим от каких параметров зависит эта сила F.
На призму действуют сила тяжести (m⋅g), архимедова сила (F_A) и внешняя сила (F).
В начальный момент времени на призму еще не действует внешняя сила F (рис. 1):

m⋅g = F_A1,

где F_A1 = ρ⋅g⋅V₁ = ρ⋅g⋅S⋅h₁ = ρ⋅g⋅S⋅h/2. Тогда

m⋅g = ρ⋅g⋅S⋅h/2. (1)

В конечный момент времени, когда призма полностью в воде, внешняя сила F достигает максимального значения F₂ (рис. 2):

0 = –m⋅g – F₂ + F_A2,

где F_A2 = ρ⋅g⋅V = ρ⋅g⋅S⋅h. Тогда с учетом уравнения (1) получаем

F₂ = F_A2 – m⋅g = ρ⋅g⋅S⋅h – ρ⋅g⋅S⋅h/2 = ρ⋅g⋅S⋅h/2. (2)

Используя уравнение (2), построим график зависимости внешней силы F от глубины h (рис. 3). Работу этой силы можно найти графическим способом: работа силы F численно равна площади заштрихованной фигуры (треугольника)
 

\[ A = \frac{F_{2} \cdot \left(h-h_{1} \right)}{2} = \frac{1}{2} \cdot \rho \cdot g \cdot S \cdot \frac{h}{2} \cdot \frac{h}{2} = \rho \cdot g \cdot S \cdot \frac{h^{2}}{8}, \]

A = 2⋅10² Дж.

[alsak]

383. Резиновый мяч, масса которого m и радиус R, погружают под воду на глубину h и отпускают. На какую высоту, считая от поверхности воды, подпрыгнет мяч? Плотность воды ρ. Сопротивление воды и воздуха при движении не учитывать.

Решение. Можно решать задачу, используя метод решения, предложенный в задаче 378, но будет математически сложно рассчитать работу архимедовой силы за промежуток времени, когда мяч начинает выходить из воды (объем, а значит и архимедова сила, не линейно изменяются от глубины погружения).
Поэтому воспользуемся другим методом: рассмотрим потенциальную энергию водяного шарика радиуса R, который заполнит то место, где был вначале мяч. То есть будет рассматривать энергию системы мяч-водяной шарик.
За нулевую высоту примем поверхность воды (рис. 1).
Полная механическая энергия системы в начальном состоянии

W₀ = –m⋅g⋅h

(водяной шарик вначале был распределен по поверхности воды и его энергия равна нулю).

Полная механическая энергия системы в конечном состоянии

W = m⋅g⋅H – m₂⋅g⋅h,

где \[ m_{2} = \rho \cdot V = \frac{4}{3} \pi \cdot R^{3} \cdot \rho \]  — масса водяного шарика. Из закона сохранения механической энергии следует, что

–m⋅g⋅h = m⋅g⋅H – m₂⋅g⋅h,

\[ H = \frac{\left(m_{2} -m\right) \cdot h}{m} = \left(\frac{m_{2} }{m} -1\right) \cdot h = \left(\frac{4\pi }{3m} \cdot R^{3} \cdot \rho -1 \right) \cdot h.
 \]

[alsak]

340. Длинная вертикальная трубка погружена одним концом в сосуд с ртутью. В трубку наливают m = 0,71 кг воды. Определить изменение уровня ртути в трубке. Диаметр трубки d = 0,06 м, плотность ртути ρ = 13,6⋅10³ кг/м³. Толщиной стенок трубки пренебречь.

Решение. Когда трубка была в ртути без воды, то уровень ртути внутри трубки равен уровню ртути снаружи (рис. 1, а). Под давления воды в трубке ртуть опускается вниз на Δh (рис. 1, б). Найдем эту высоту Δh.
Рассмотрим давление в точке A. Сверху в данной точке давит вода (p_v) и атмосфера (p_a), снизу — ртуть (p_p) и атмосфера (p_a). Так как жидкость не движется, то

p_v + p_a = p_p +p_a,

где  \[ p_{v} =\frac{m\cdot g}{S}, \; \; \; S=\frac{\pi \cdot d^{2} }{4}, \] p_p = ρ⋅g⋅Δh. Тогда
 

\[ \frac{4m\cdot g}{\pi \cdot d^{2} } =\rho \cdot g\cdot \Delta h, \; \; \; \Delta h=\frac{4m}{\rho \cdot \pi \cdot d^{2} }, \]

Δh = 1,8⋅10^–2 м.

Примечание. Данное решение верно только для случая, когда площадь поверхности сосуда во много раз больше площади поперечного сечения трубки, т.е. трубку считаем тонкой. Иначе пришлось бы учитывать изменение высоты ртути вне трубки (но для этого нужно знать площадь поперечного сечения сосуда).

[alsak]

341. В подводной части судна образовалось отверстие, площадь которого S = 5,0 см². Отверстие находится ниже уровня воды на h = 3,0 м. Какая минимальная сила требуется, чтобы удержать заплату, закрывающую отверстие с внутренней стороны судна? Плотность воды ρ = 1,0⋅10³ кг/м³.

Решение. Что бы удержать заплату, надо к ней приложить силу, не меньшую чем сила давления воды:

F ≥ p⋅S,

где p = ρ⋅g⋅h — гидростатическое давление воды на глубине h. Тогда

F_min = ρ⋅g⋅h⋅S,

F_min = 15 Н.

Примечание. Так размеры отверстия во много раз меньше глубины погружения, то изменением давления на разных участках отверстия пренебрегаем.

[alsak]

342. На какой глубине в открытом водоеме давление в n = 3,0 раза больше нормального атмосферного давления? Плотность воды ρ = 1,0⋅10³ кг/м³, нормальное атмосферное давление p₀ считать равным 1,0⋅10⁵ Па.

Решение. На глубине открытого водоема давление равно

p = ρ⋅g⋅h + p₀,

где p = n⋅p₀ (по условию). Тогда
 

\[ n\cdot p_{0} =\rho \cdot g\cdot h+p_{0}, \; \; \; \rho \cdot g\cdot h=\left(n-1\right)\cdot p_{0}, \; \; \; h=\frac{\left(n-1\right)\cdot p_{0} }{\rho \cdot g}, \]

h = 20 м.

[alsak]

343. В открытый цилиндрический сосуд налиты ртуть и вода в равных по массе количествах. Общая высота двух слоев жидкостей h = 29,2 см. Определить давление жидкостей на дно сосуда. Плотность ртути ρ₁ = 13,6⋅10³ кг/м³, плотность воды ρ₂ = 1,00⋅10³ кг/м³.

Решение. Давление жидкостей на дно сосуда будет равно

p = p₁ + p₂, (1)

где p₁ = ρ₁⋅g⋅h₁ — давление ртути, p₂ = ρ₂⋅g⋅h₂ — давление воды.
Найдем высоту столбца каждой жидкости h₁ и h₂. Пусть S — площадь поперечного сечения цилиндрического сосуда, тогда массы жидкостей будут равны

m₁ = ρ₁⋅V = ρ₁⋅S⋅h₁, m₂ = ρ₂⋅S⋅h₂.

По условию

m₁ = m₂ и h₁ = h₂.

Тогда

ρ₁⋅S⋅h₁ = ρ₂⋅S⋅h₂ или ρ₁⋅h₁ = ρ₂⋅h₂,

\[ h_{1} =\frac{\rho _{2} }{\rho _{1} } \cdot h_{2}, \; \; \; h=\frac{\rho _{2} }{\rho _{1} } \cdot h_{2} +h_{2} =\frac{\rho _{2} +\rho _{1} }{\rho _{1} } \cdot h_{2}, \]

\[ h_{1} =\frac{\rho _{2} }{\rho _{2} +\rho _{1} } \cdot h. \]

После подстановки в уравнение (1) получаем:

\[ p=\rho _{1} \cdot g\cdot \frac{\rho _{2} }{\rho _{2} +\rho _{1} } \cdot h+\rho _{2} \cdot g\cdot \frac{\rho _{1} }{\rho _{2} +\rho _{1} } \cdot h=\frac{2\rho _{1} \cdot \rho _{2} }{\rho _{2} +\rho _{1} } \cdot g\cdot h, \]

p = 5,44⋅10³ Па.