С.П. Стрелков, Д.В. Сивухин, В.А. Угаров, И.А. Яковлев - Сборник задач по общему курсу физики. Т1. Механика (1108148), страница 49
Текст из файла (страница 49)
647. Сила давления на переднюю и заднюю стенки цистерны 648. Решение. Так как фигура Земли мало отличается от шаровой, то ускорение свободного падения внутри земного шара можно считать направленным к центру Земли и пропорциональным расстоянию до ее центра. В этом приближении с учетом центробежной силы уравнения гндростатики 215 912. Гидродинамика и аэродинамика принимают вид дР х е дР и з дР— =-РИ вЂ” 9Ршх —.= РИ чР" и . = РК дх Ле ' дв Ло ' дх Ла' где йо — радиус Земли, ш — угловая скорость ее врашения.
Начало координат мы поместили в центре Земли, а ось хЗ направили вдоль оси ее вращения. Интегрируя эти уравнения, получим — (ш )гх и-ту ) х ьС, з где С вЂ” постоянная интегрирования, определяющаяся значением давления Р на земной поверхности (его можно считать равным нулю, так как атмосферное давление пренебрежимо мало) Сплюснутость Земли определится из требования постоянства давления на земной поверхности. Выбрав сначала точку на экваторе, а затем на полюсе, пишем Р(Л„О,О) = Р10,0, й,), где й, и й.— экваториальный и полярный радиусы Земли.
С учетом явного вида давления отсюда получаем ) ш — — х!й, = — — й, и далее гд дх Ло Ле КЛ РЛ' Следовательно, для сплюснутости е земного шара получается Л, — Л„хзй, 1 Лэ 2д 580 Действительное сжатие Земли заметно больше, а именно 1/297 Расхождение объясняется грубостью модели, положенной в основу рассуждений, а также несовершенством метода расчета. Прн строгой постановке задачи надо учитывать, что поле тяготения сплюснутого шара не является центральным ). Тем самым задача сильно усложняется, так как само гравитационное поле заранее неизвестно, а зависит от неизвестной формы поверхности Земли.
Подробное исследование показывает, что задача, сформулированная таким образом, не имеет однозначного решения. Возможно несколько различных форм равновесной поверхности, в том числе и эллипсоид вращения с определенной степенью сжатия. 9 12. Гидродинамика и аэродинамика 649. в = 72д6 = 9,8м!с. 650. — '2у(Ь у 0,9Ь ) 9,5 ! . 651. р = 2, 5 см вод. ст. 652. Точка пересечения струй лежит ниже второго отверстия на 25см. 653.
Š— 5 9 тГ2ухйхГ!и — и) . 654. Ь = сР,Г29 = 5,! м. 655. Когда моряк подносил доску к отверстию, то врывающаяся струя воды действовала на доску с силов ртРЗ.= 2РКЬЛ, где Ь вЂ” вьюота столба воды над отверстием и Я вЂ” площадь отверстия Когда доска закрыла отверстие, на нее действовала сила РКЬЯ, т.е в два раза меньшая. ') С учетом этого обстоятельства расчет дает х = 'гггшзйо,гд = 1г232.
216 Отвеглы и решения 656. !) гор = рог/2 = 0,06 атм (р — плотность воздуха). Вентилятор создает разрежение, и воздух под действием разности давления гор получает в трубе скорость и. 2) Из-за вязкости давление увеличится, ибо часть перепада давления уравновесится силами трения. 657. 6 = ро,г(рн), где р — плотность жидкости. 658. Р = рг,)-'/Н = 40 гс.
659. Решен не. Вертикальная скорость струи на уровне воды в стакане ,—,,ггн:гьз ~ „г„„... „„„„„„„,гьг — ЕГг. Сила давления на дно от падающей воды: Ь6РЯе, где р — плотность воды. Все давление равно Р = 6дНр+ г665ер. Через время 1 после начала 6 = сг61 = =Щгк ° г=гггбе. °,'тгРУ и) о--.-;-.
г=ег(г „гг,(п Я~)(. 660. 1 = — г (: (ЬГН вЂ” Хг6 ), 1' = —, 661. 1 =— Я Н вЂ” 6 гг,,~2д6 1бггФ ГЙ 662. 1 = — — )( †. 1 5гг 663. 6 = Н)2, хг,ы = Н 664. Площадь горизонтального поперечного сечения сосуда должна быть пропорциональна квадратному корню из расстояния этого сечения от отверстия. Если сосуд обладает осевой симметрией, то он должен иметь форму параболоида вращения четвертого порядка. 621з 665. Р = Ро — рнх+ РАН(! — ', 'г, где х — расстояние по (дйих(1, 1,))~~ вертикали от нижнего конца насадки.
(Ре — РУ~Рк — 1(пегги) 1 — (гте/4)4 еег. — гт(г -7црт гг~, н — г г 668. Пока уровнь жидкости в сосуде выше нижнего конца трубки АВ, скорость истечения постоянна и равна о = хг 2д6 . После этого скорость истечения начнет уменьшаться. 669. Решение. Рассмотрим кольцевой слой жидкости с внутренним радиусом г и внешним г+ г(г. Сила внутреннего трения, действуюгцая на него в направлении течения, равна 2х(г)~(~ †) — (г †' ) ~ = 2х1гà — (г †) г(г.
(Индексы г и г + г(г обозначают, что величины, заключенные в круглые скобки, должны быть вычислены при значениях радиусов г и г + г(г соответственно.) В том же направлении действует сила разности давлений (Р~ — Рз) 2хгг(г. При стационарном течении сумма обеих сил обращается в нуль. Это приводит к уравнению г! у г1е ) Р~ — Рг г17' гтг 1Ч у 12. Гидродинамика и аэродинамика 217 Решение его, обрагцающееся в нуль при г = й~ и г = Ве, есть Н вЂ” Рз Г е з В~ — й~ 41н 1пгйзуй~) Ва Расход жидкости: яРН ! Рз) 1 В4 В4 (7"з 7ч) вч1 ) -' ' 1ггН7,)рй) ) 1(д) (д)~ д' (670.1) Аналогично находится результирующая сил внутреннего трения, действующих на остальные две грани.
Полная сила внутгдэо дзах В' С' реннего трения будет 411 В) , + , Она должна быть уравновешена силой,77 4' разности давлений (Рз — Р,) г)В. Отсюда и следует искомый результат 671. Эта задача относится к типу задач, решаемых методом угадывания. УгаРис 248 дывается вид решения дифференциального уравнения (670.1), а затем коэффициенты в этом решении подбираются так, чтобы удовлетворить граничному условию на стенке трубы а =- 0 Направим координатные оси У и Я вдоль главных осей нормального эллиптического поперечного сечения трубы и будем искать решение в виде с = Луе + Вза Ч- оо.
Р1 — Рт Это выражение удовлетворяет уравнению 1670.1), если 2А+ 2В =— 1ч На внутренней поверхности эллиптической трубы в = О, т. е. Луе Ч- Вз ж оо = = О. Это уравнение должно переходить в уравнение эллиптического сечения у трубы —, + —,, = 1, а потому А = — оо,га, В = — оо,гЬ~. Для определения аз Ь- постоянных А, В, во получилось три линейных уравнения Решая их, находим 1ь1 — Р, а Ьз г уе 21Ч азжьз' аз Ьз Постоянная оо есть, очевидно, скорость течения на оси трубы.
Вычислим теперь расход жидкости. Поверхности, на которых скорость ь. Я у постоянна, суть эллиптические цилиндры — „4- — „= 1, полуоси которых опре- и 2вэ ь ге все деляются соотношениями а' = а и Ьк = Ь . Возьмем два таких ое ое эллиптических цилиндра с бесконечно близкими значениями параметра о 670.
Решение. Возьмем прямоугольную систему координат Х, У, Я с осью Х, направленной вдоль трубы (рис. 248). Выделим столб жидкости, имеющий форму прямоугольного параллелепипеда с ребрами, параллельными координатным осям На боковую грань этого параллелепипеда, перпендикулярную к оси У, действует сила внутреннего трения — 4114)з(до,гду)и, на противоположную — сила 01 Дз (двггду)эьаэ, где 1 — длина параллелепипеда. Сумма этих сил Отвешог и решения 218 яаЬ г гьг = Р ~ г ггВ = — Р ~ о г1о, оо ряаЬ или Ь2 = яо. 2 оо 672.
Решение. При стационарном ламинарном течении силы вязкости уравновешиваются градиентами давлений. В уравнения движения давления входят только через градиенты. Поэтому разность давлений 16 — 1-'з на концах трубы и длина последней 1 могут войти только в комбинации (Р~ — Пз)г1. А так как жидкость движется без ускорения, то характер течения не может зависеть от плотности жидкости р. Поэтому плотность р и расход жидкости О могут войти лишь в комбинации О,Гр. Принимая все это во внимание, методом размерностей нетрудно получить Р~ — 16 з 1ч где  — площадь поперечного сечения трубы, а С вЂ” постоянный числовой коэффициент, значение которого зависит от формы этого поперечного сечения. В полученной формуле содержатся все законы, экспериментально установленные Пуазейлем.
673. Нужно приложить силу Р = 28рЬ(6~ — 6е) =- 0,5кгс, толкающую тележку со стороны отверстия, расположенного выше. 674. Показания весов уменьшаются на !2,5кгс. Решение. Вытекающая из отверстия вода приобретает ежесекундно количество движения рп~Я = 2рдЬЯ. Следовательно, с такой силой вода в цилиндре действует на воду в струе. Значит, струя действует вверх на воду в цилиндре с силой 2ря666 Поэтому со стороны сосуда, стоящего на весах, к покоягцейся воде должна быть приложена сила, меньшая веса воды на эту величину. Таким образом, уменьшение давления воды в цилиндре на его дне будет в два раза больше прежнего давления рд6Я столбика покоящейся жидкости на ту же площадку В.
675. Сила давления воды на шит уменьшится на 72,5кгс У к а з а н и е. Вытекающая под шитом вода будет ежесекундно получать количество движения рЯо = 2рдЬЯ = 72,5кгс.с, т.е. вода перед щитом будет действовать на вытекающую струю с силой 75кгс. По третьему закону динамики струя с равной и обратной по направлению силой будет действовать на воду в канале (реакция струи). 676. Полагаем, что струя после удара о лопасть продолжает движение со скоростью лопасти о. Тогда ежесекундно масса воды Я(~( 2о 6 — о)р теряет скорость (ьг2дЬ вЂ” я).
Поэтому на колесо действует сила Г = — Я(ъг2дЬ вЂ” о) р, работа которой за секунду равна Яр(~ 2дЬ вЂ” п)зя. Максимум будет при о = = Ч~ЬГ2д6. Следовательно, максимальная мощность будет 'Гзт(2дЬ)~г~Яр = — 8,75кгс мг'с и оптимальная угловая скорость вращения 'гз ЬГ2д6ггЛ— = 2,2с 677.
На 0,047'С. 678. Если бы кинетическая энергия струи, составляющая около 6Дж на 1смз воды (- 1,5 калг'см ), полностью превращалась в тепло, то температура струи в результате удара о лед повышалась бы всего на 1,5 'С; этого явно недостаточно для объяснения эффекта. аЬ Площадь нормального сечения между ними ВЯ = г1(яа Ь ) = — я — г1п. Расход оо жидкости 312. Гидродинамика и аэродинамика 219 1 Р + дз — — ш г + — = В =. сопвь, (687.1) 2 2 д где е — относительная скорость жидкости (т.е скорость относительно вращающейся системы отсчета). Постоян- 3 ная Бернулли В одна и та же для всех линий тока, поскольку все они начинаются вблизи поверхности жидкости, где скорость и пренебрежимо мала. Применим уравнение (687.!) к линии тока АВ, начинающейся на поверхности жидкости в точке А (рис.'249). Если начало координат поместить в точке А, то зл = гл = пл = О, Рл = Рв = Ро,пв = и, - — -ь - - и, ° ° -.г- ° —,УЯ~ Х$Г з наиболее низкой (центральной) точки Л уровня жидкости относительно отверстия.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
