Д.В. Сивухин - Общий курс физики (механика) (1113370), страница 113
Текст из файла (страница 113)
От ВЕ Г. Ат = !!З рда~5, Гдс А — ВЫСОта урОВНя жИдКОСтИ ОтНОСИтЕЛЬНО дна, 5 — площадь рассматриваемой боковой стенки сосуда. 2. Гидростатггческгш парадокс. Сила давления жидкое!и на дно сосуда не зависит от формы сосуда, а только от площади дна, разности уровней поверхности жидкости и дна, а также от плотности жидкости. Так, эта сила будет одной и той же для всех трех сосудов, изображенных на рис. 235, если они имеют одинаковое дно, а жидкость налита до одного и тою же уровня. При взвешивании сосудов с жидкостью весы должны показывать один и Рнс. 235 тот же вес, поскольку показание весов зависит от силы, с которой дно сосуда давит на чашку весов.
Указать, в чем ошибочность приведенною рассуждения. Что в действительности покажут весы? 3. Нег!осредс!ванным вычислением результирующей сил давления жидкости на поверхность погруженного тела и их моментов убедиться в справедливости закона Архимеда. Решен не. Мысленно разобьем погруженное тело на бесконечно тонкие вертикальные столбики (рис. 236).
Допустим для простоты, по каждый столбик пересекает поверхности тела только два раза. (Случай, когда это условие не соблюдается, читателю предлагается разобрать самостоятельно.> Пусть И5! и г25т — элементарные площадки, вырезаемые одним из столбиков на поверхности тела. Силы, действующие на эти площадки, перпендикулярны к ним и равны соответственно Р!г!5! и Рзг25з. Их вертикальные составляющие будут Р!г!5! соз а! и Рзг25т соз ан или Ргйо и Ртио, где Ыо = п5! соз а! —— 159 соз ат — площадь нормального сечения столбика. Ре- бнраются в центре дна.
Дело в том, что эти частицы тяжелее воды и опускаются на дно. Здесь их вращение замедляется благодаря силам трения о дно стакана, и под влиянием разности гидростатических давлений частицы перемещаются к центру дна. Вычислим теперь полную силу давления жидкости на дно сосуда, С этой целью воспользуемся уравнением свободной поверхности жидкости ! 'г шзгт = 5з и перепишем формулу (91,7) в виде Р— Ро = рд(п+ з). Интегрируя по площади дна, найдем искомую силу МЕХЛНИКЛ ЖИДКОСТЕЙ И ГАЗОВ 482 !ГД. ХИ зультирующая этих двух сил, направленная вверх, равна ь!Р, = = (Рг — Р;) г)о = р8(в)о = рр)У, где гг — высота столбика, а г)У = Вг(о — его объем.
Интегрируя по всему объему тела, находим выталкивающую силу Р = р8У. Теперь надо найти момент вертикальных выталкивающих сил, действующих на столбики, относительно произвольной оси. Если ось вертикальна, то момент, очевидно, равен нулю. Поэтому достаточно ограничиться вычислением момента относительно произвольной горизонтальной оси. Примем таковую за координатную ось Х. Искомый аг~ момент оудщ 81,. = ~ у Л', = я ~ ру г(У = д ~ » г)пг, где Р Фи — масса жидкости, вытесненная соответствующим г(8 столбиком тела. Аналогично для момента относительно ! оси У: М„= я ~ х 4т. Момент обратится в нуль, когда г(а ~ х г(л! = ~ у г)гн = О, т. е. когда начало координат помещено на вертикальной оси, проходящей через центр плавучести. Тем самым доказано, что линия действия вьпалкивающей силы проходит через центр плавучести тела. Для завершения доказательства надо было бы еще исследовать, какие силы давления действуют на поверхность г Р погруженного тела в ~оризонтальных направлениях.
Од1гг пако этот вопрос не нуждается в специальном исследо- вании. Например, когда речь идет о силах, действующих р~~с 238 параллельно оси Х, то достаточ~ю разбить тело на бесконечно малые столбики, параллельные этой оси, а затем повторить все сказанное выше, с той только разницей, что величину 8 надо положить равной нулю. Отсюда следует, что равнодействующая горизонтальных сил давления, действующих на погруженное тело, и их момент равны нулю. 4. Найти условие устойчивости однородного прямоугольного параллелепипеда, плавающего на поверхности жидкости в положении, когда одно из оснований его горизонтально.
Длины сторон горизонтального основания А и В, высота С (А > В) . Плотность материала тела относительно жидкости р < 1. Ответ. Вг > бр(1 — р)Сг. 5. Та же задача для однородного цилиндра радиусом г и длиной 1, плавающего в вертикальном положении Ответ. г > 2р(! — Р)1г. 6. Та же задача для однородного цилиндра радиусом г и длиной 1, плавающего в горизонталыюм положении. г Ответ. — > !2 гйп —, где угол и определяется из трансцендентного г уравнения а — з(п а = пр. Например, при р =!12 из него получаем а = л, и условие устойчивости принимает вид 1> 4г. При других значениях р равновесие может быть устойчивым и при меньших значениях 1. Так, при а = л!2 и а = Зп!2 получаем соответственно р = 114 — !1(2я) 0,091 и р = 3!4 + 11(2л) 0,84!.
При таких значениях р равновесие устойчиво, если 1 > 2г. При 1 > 4г равновесие устойчиво, каково бы ни было р < 1. 7. Найти распределение давления внутри земного шара, считая его состоящим из однородной несжимаемой жидкости и пренебрегая осевым вра- ГИДРОСТЛТИКЛ НЬСЖИМЛРИОЙ ЖИДКОСТИ 483 щением Земли. Вычислить в том же приближении давление в центре Земли Рч (см. задачу 5 к 8 55). Ответ. Р = РК (Ят — гт), Р = — рЯЯ, г — расстояние от центра Земли, ! 2а ' '1 2 Я вЂ” радиус Земли. Если бы земной шар состоял из несжимаемой воды, то Р„равнялось бы Я>20 (Є— в атмосферах, Я вЂ” в метрах). С учетом плотности Земли (р = 5,5> Р = 0,275Я- >,75 (О атм.
8. Оценить сплюснутость Земли, обусловленную ее осевым вращением, считая Землю однородным нссокимаемытз жидким шаром. Решен ив. 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 (см. задачу 5 к 8 55>. В этом приближении с учетом центробежной силы уравнения гидростатики (90,6) принимают вид э',=-Рдл+Р"" — = — рд-у — + роо у, дР у 2, 12о эх =-Рра' ЭР где Яз — радиус Земли, оо — угловая скорость ее вращения. Начало коор- динат мы поместили в центре Земли, а ось х,направили вдоль оси ее вра- щения.
Интегрируя эти уравнения, получаем Р = к со~ — -8- (хз + у ) — -РД- 2" + Г, ,( ) 2Д где à — постоянная интегрирования, определяющаяся значением давления Р на земной поверхности (его можно считать равным нулю, так как атмос- ферное давление пренебрежимо мало>. Сплюснутость Земли определится из требования постоянства давления на земной поверхности. Выбрав сначала точку на экваторе, а затем на полюсе, можно записать: Р (Яо, О, О) = = Р (О, О, Я,), где Я, и ߄— экваториальный и полярный радиусы Земли, С учетом явного вида Р отсюда получаем 2 8)Я2 8 Я2 ~ —.) *=- ..
и далее ы' л.ло Я,— Я я а тд„зя Следовательно, для сплюснотости а земного шара имеем 1'* Я до ! 2 ага * Ло гя 58 О Действизельное сжатие Земли больше, а именно ! >297. Расхождение объясняется грубостью модели, положенной в основу рассуждений, а также не- мвхлникл жидкостхй и глзов 484 !гл.
хп совершенством метода расчета. При строгой постановке задачи надо учитывать, чю поле тяго<ения сплюснутого вара не является центральным* ). Тем самым задача сильно усложняется, так как грави<ационное поле ухте неизвестно заранее, а само опо 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 н эллипсоид вращения с определенной степенью сжатия й 92. БАРОМЕТРИЧЕСКАЯ ФОРМУЛА 1.
Обратимся теперь к гидростатике сжил<асмой жидкости. Наибольшой интерес представляет равновесие земной атмосферы. Этот случай мы и рассмотрим. Дифференциальные уравнения (90.5) и (91.!) были выведены без использования предположения о несжимаемости жидкости, а потому мы воспользуемся ими здесь. Первые два уравнения системы (91.1) можно не учитывать, так как из них следует лишь, что давление Р может зависеть только от х.
Оставшееся третье уравнение можно переписать в виде иР пя (92.1) дР <)Р так как частная — и полная — производные теперь означают одно дя дя и то же. Но одного уравнения (92.! ) недостаточно, поскольку в него входят две неизвестные функции — давление !' и плотность р. Нужно дополнительное соотношение между ними. Будем предполагать, что состав атмосферы один и тот же на всем ее протяжении. Давление !', плотность р и температура Т газа в состоянии равновесия связаны уравнением состояния. Если газ не слишком плотный, то таковым является уравнение Клапейр<>на )по имени французского физика Бенуа Клапейрона (1799 — 1864)) Р= — 'р, (92.2) где !х — молекулярная масса газа, а Я вЂ” универсальная газовая постоянная, Ее числовое значение равно приближенно Я= 8,31 102 эрг К 'моль ' = 8,31 Дж К 'моль '.
Соотношение (92.2) позволяет исключить из уравнения (92.!) плотность р. В результате получим (92.3) <)т Ят ') С учетом этого обстоятельства расчет дает е=- ы'Я,Х- ))282. 485 Блгомвтгнчвскхя ФОРмулА 4 ЧД Понятно, что таким путем мы еще не достигли цели, так как вместо неизвестной плотности р ввели новую неизвестную величину— температуру Т.
Однако последнюю легче измерить на различных высотах. Если Т известна как функция г, то уравнение (92.3) уже можно будет проинтегрировать. Следовательно, задача определения давления на различных высотах становится вполне определенной, если задать закон изменения температуры Т с высотой. 2. Если отсутствуют ветры и воздушные течения, т.
е. атмосфера неподвижна, то говорят, что она находится в механическом равновесии. Такое состояние не является еще состоянием полного равновесия. Для последнего, кроме того, необходимо, чтобы атмосфера находилась также и в тепловом равновесии, Тепловое равновесие означает, что температура Т одна и та же на протяжении всей атмосферы. Если это имеет место, то атмосферу называют ивотермической.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
