1611143569-ed123092d132ff77d44213ca2a0f5b5a (825029), страница 27
Текст из файла (страница 27)
141. Масса воды, находящейся в воздухе, m = ρ0 Svt, где t –время движения до падения на землю. Выбирая начало координат на197Механика жидкости и газаповерхности земли, для движения по вертикали имеем1/2igt21h22y = 0 = h+v sin α·t− , t =v sin α + v sin α + 2gh.2gОкончательно1/2iρ0Sv h22v sin α + v sin α = 2gh.m=g1. 142. Ручка половника и оставшаяся жидкость должны распоy0lAClg90°KDrycaBFCg0xchxaРис.
O.1.142Рис. O.1.143ложиться в итоге так, чтобы вертикаль OD, проведенная через точкуподвеса O, прошла через центр тяжести оставшейся жидкости и былаперпендикулярна поверхности (рис. O.1.142):OD⊥BC, CD = DB, DF = h.Объем области, занятой жидкостью,V = πh2 (r − h/3) .Так как BA⊥OA, OD⊥CB, CD = DB, то AK = KB = r,∠AOD = ∠ABC = α. Следовательно, отсюдаrrsin α = √, h = r − r sin α = r 1 − √.2222r +`r +`Отсюда V = (28π/81) r3 .198ОТВЕТЫ. Механика1. 143. Пусть C – центр масс ускоренной воды. Поверхностьводы уже не горизонтальна, перпендикуляр к этой поверхности располагается вдоль вектора −α + g, направление которого совпадаетс направлением результирующей силы, приложенной к центру масс.Если линия действия этой силы пройдет мимо площади опоры, то система перевернется.
Критическим условием является прохождение линии действия результирующей силы через шарнир, т. е. через точку O(рис. O.1.143). Обозначив через xC горизонтальную координату центра масс, через yC – вертикальную, получаем условие ag = xC /yC .Центр масс трапеции можно найти, например, через центр масс треугольника и прямоугольника: ``a`a1``2 axC =`+h=``= −,32g22gh` 2 12h gh i1aa1`a`ayC = 3 g 2 g ` + 2 h − ` 2g h − ` 2g ` h`==h2227` a− 2` ag + 24h.g2Подставляя в приведенное выше условие найденные значения xC , yC ,имеем22`7agah2 − `+h+1 + 2 = 0;g a62gотсюда с учетом условийr a <g и h >`/2 однозначно получаем22h = 2` ag + ag + ga2 + 43 1 − ag2≈ ` ag при a g.1.
144. Пусть p – давление жидкости. Тогда Fx = F + pS2 иF = p (S1 − S2 ), откуда Fx = 1−SF2 /S1 .1. 145. Используя закон сохранения энергии и условие несжимаемости жидкости, получаем2hh2Smu2hSWG = ρ0gSh = ρ0gS , u = v , WK == ρ0Sv.22S022S0где ρ0 – плотность воды, u – скорость истечения воды. Тогда199Механика жидкости и газа 2√A = WK − WП = ρ0S h2 v SS0 − gh для v > 2gh SS0 .√При v < 2ghS0/S происходит отрыв воды от поршня.1. 146.
Условие равновесия стакана:S (x − h) ρ1g + mg = ρ2gxS.Учитывая закон Паскаля, получаемm − ρ1 hSx=.(ρ2 − ρ1) S1. 147. Вводя расстояние h от верхней грани куба до поверхностижидкости, имеемρg`3 = [ρ1 g (h + ` − x) + ρ2gx] `2 − ρ1 gh`2.Отсюдаρ − ρ1.ρ2 − ρ11. 148.
Запишем условие равенства моментов силы давления воды исилы тяжести, действующей на тело, с учетом отсутствия подтекания.В качестве оси вращения выбираем правое ребро нижней грани:ρg` 3`322 · 4` + (h − 4`) ` = 3`3 (2ρ − ρ) g , h = 5`.221. 149. Пробкой вытесняется объем воды πr2`. Следовательно,уровень воды повышается на ∆h (объем πR2∆h = πr2`). Изменение высоты центра тяжести воды равно ∆h/2+h−r. Искомая работаравна изменению потенциальной энергии вытесненного объема: 2r`A = πr2`ρ0 g+h−r .2R2x=`1. 150.
Обозначим высоту уровня жидкости над пробкой через H,Условие отсутствия движения пробки:pсрS ≥ f + p0S,200ОТВЕТЫ. Механикагде pср = p0 + ρg (H + h/2), S = dh, f = k (ρgH + p0) `d. Отсюда2kp0` − ρgh 2H≥.ρg (h − k`)Это условие для высоты уровня жидкости над пробкой справедливоприpk`p < h < 2kp0/ρg, если k > 4p0/ρg`;2kp0`/ρg < h < k`, если k < 4p0/ρg`.1. 151.
F = ρg`3 cos α + ρ0 g`2 [h + (`/2) sin α]. Первое слагаемое– составляющая силы тяжести, действующей на кубик, второе – силадавления столба воды над кубиком; эта сила давления направлена понормали к грани.1. 152. F1 =ОтсюдаSHρg,2F2 =SHρg20g+ SHρ= 3F1 =23SHρg.2ρ = ρ0/2.1.
153. Полная сила давленияρ0 gh2`F =2 sin αнаправлена по нормали к бруску. Брусок находится в состоянии покоя,еслиρ0 gh2`ρ0 gh2`= k mg +ctg α ,22откудаρ0gh2`k== 0, 1.ρ0gh2` + 2mgБрусок придет в движение, если k < 0, 1.1. 154. Введем ` – расстояние, на которое выступаетпробка надплоскостью дна. Из подобия геометрических тел `2 h2 = S0/S.
Максимальная выталкивающая сила возникает, если вода лишь доходит, до201Механика жидкости и газаверха пробки. ТогдаhS`S0− ρ0 g− ρ0g (h − `) S0 = 0.33hi3/2Исключая h получаем ρ = ρ0 1 + 2 (S0/S) − 3S0/S .(ρ0 − ρ) g1. 155. 1) Условие поворота пластинки относительно правого краятрубки:(ρ − ρ0) gπR2h (d + r) ≥ ρ0gπr3 (H − x) .При выполнении этого условия пластинка начнет поворачиваться, вода войдет в трубку, равновесие нарушится и пластинка упадет, еслисила тяжести, действующая на нее, больше результирующей выталкивающей силы; отсюдаx ≥ H − (R/r)2 h (1 + d/r) (ρ/ρ0 − 1) .2) Пластинка падает без вращения, если2(ρ − ρ0 ) gπR h ≥ ρ0gπr2 (H − x) ,x ≥ H + (R/r)2 h (1 − ρ/ρ0 ) .Сравнение ограничений, накладываемых на x, приводит к следующему результату:x ≥ H − (R/r)2 h (ρ/ρ0 − 1) .3) Пластинка перевернется и всплывет при нарушении равенствамоментов относительно левого края трубки:(ρ0 − ρ) gπR2 h (d − r) ≥ ρ0gπr3 (H − x) ,x ≥ H + (R/r)2 h (1 − d/r) (1 − ρ/ρ0) .1.
156. 1) Из геометрических соображений и из определения центратяжести следует, что плечо выталкивающей силы относительно правого края трубки равно a/6+r. Клин упадет на дно, повернувшись, если2b a+ r ≥ ρ0gπr2 (H − x) ,(ρ − ρ0) ga2 6202ОТВЕТЫ.
Механикаaρ2 bx≥H + 1−a+1 .ρ02πr2 6rЧтобы клин упал без вращения, необходимо выполнение условия длясилы222abababρρ0g πr2 (H − x) +ρg , x ≥ H +1−.222πr2ρ0Сравнение ограничений, накладываемых на x, приводит к следующему результату:a2 bρx≥H−−1 .2πr2 ρ02) Плечо вытекающей силы относительно правого края трубки равно a/6 − r. Клин перевернется и всплывет, если2b a(ρ0 − ρ) ga− r ≥ ρ0gπr2 (H − x) ,2 6aρ2 bx≥H − 1−a−1 .ρ02πr2 6r1.
157. mg/S = 2ρgh, h = m/2ρS.1. 158. Жидкость, перетекая из левого колена через отверстие вправое, разорвет столб жидкости: ту жидкость, что была над отверстием, поднимет, а ту, что была под отверстием, опустит (рис. O.1.158).Из условия равенства давлений в левом и правом коленах на уровнеотверстия следует, что ниже отверстия жидкости расположатся одинаково. В левое колено войдет столб другой жидкости высоты h0/2и столько же войдет другой жидкости ниже уровня отверстия справа.Таким образом, уровень жидкости в правом колене изменится толькона величину x, равную изменению уровня в левом колене.Обозначим h высоту уровня жидкости справа выше отверстия доначала перетекания, H – высоту уровня жидкости слева. Из условияравенства давлений внизу (h + h0) ρ2 = Hρ1 из условия равенства203Механика жидкости и газаρ1ρ2H-xHhhxh0h0/2Рис.
O.1.158давлений на уровне отверстия, после того как перетекание прекратилось, hρ2 + xρ1 = (H − h0 − x) ρ1 имеемh0 ρ2x=−1 .2 ρ11. 159. Выразим давление через среднюю плотность жидкости:αhhg,p = ρср gh = ρ0 1 +21/22pαppα1h = α 1 + ρ0 g− 1 ≈ ρ0 g 1 − 2ρ0 g при ρpα 1.0g1. 160. Выразим массу жидкости через среднюю плотность:ρ0 + ραh0M = ρср h0S =h0S = ρ0h0 1 +S.22Отсюда"#1/22M12M ααh20 + 2h0 −= 0, h0 =1+−1 ,Sρ0αSρ0MαMh0 ≈ Sρ0 1 − 2Sρ0 при αM Sρ0 .При условии плавания кубика его погружение эквивалентно увеличению общей массы жидкости:"#1/212 (M + m) αh=1+−1 .αSρ0204ОТВЕТЫ. МеханикаОкончательно"1/22 (M + m) α2M α− 1+Sρ0Sρ0hiα(M+m/2)m∆h ≈ Sρ0 1 − ρ0Sпри αM Sρ0 .∆h =1α1+1/2#.1. 161.
Сравниваем моменты сил относительно центра погруженнойчасти бревна:mg`/4 = T · 3`/4,T = mg/3 = 8 · 102 Н.1. 162. Условие равновесия шара даетρgV − ρ0gV /2 = ρg · 4V /3,где ρ0 – плотность воды, ρ – плотность шара. Отсюда 33ρ = 3ρ0/4 = 0, 75 · 10 кг м .1. 163. Условие равновесия даетmmρ1g 0 − mg = ρ2g 0 − mg,ρ1ρ2ρ01 ρ1= .ρ02 ρ21. 164. Используя равенство моментов сил, получаем отсюдаρ2 − 3ρ1/4 + ρ1/4 − ρ0 = 0, отсюда ρ2 = ρ0 + ρ1 /2.8π 3r1.
165. mmin = 3 r ρ0 1 + ` .1. 166. Обозначим через α угол, который нить образует с вертикалью: sin α = 1/2, α = 30◦. Выталкивающая сила вдвое больше силытяжести, т. е. вверх на шар действует сила FA = mg. Сила натяжения нити T , сила реакции стенки N и сила FA, векторно складываясь,дают нуль:..√N FA = tg α = 13.Сила, с которой шар давит на стенку, равна по модулю силе N , отсюда.√N = mg3.205Механика жидкости и газа1. 167. Из равенства моментов сил следует, что``mgN sin α = mg cos α, т. е. N =ctg α.2421.
168. Тонкий слой жидкости полностью передает ее давление.На призму действуют три силы: сила тяжести, сила сопротивления ивыталкивающая сила, сумма которых равна нулю. Таким образом,Fсопр = (ρ2 − ρ1) gV sin α.1. 169. F = (2/3) πR3 (ρ1 + ρ2 − 2ρ0 ) g = 2, 5 · 10−2 Н из условия равенства сил, действующих на каждый шарик.1. 170. Деформация пружины пропорциональна нагрузке. Тонкийслой жидкости передает давление – в результате можно находить выталкивающую силу обычным путем:(ρ2 − ρ1) V gx − `0sin α =,ρ1V g` − `0ρ2x = `0 + (` − `0)− 1 sin α.ρ11. 171. В отсутствие воды для движения центра шара вокруг осицилиндра с угловой скоростью ω необходимо, чтобы со стороны цилиндрического сосуда на шар действовала силаF = (4π/3) r3ρω 2 (R − r) .Если сосуд наполнен водой, тоF = (4π/3) r3 (ρ − ρ0 ) ω 2 (R − r) .1. 172.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
