1611143569-ed123092d132ff77d44213ca2a0f5b5a (825029), страница 28
Текст из файла (страница 28)
Внутренняя воздушная цилиндрическая полость, образовавшаяся при вращении сосуда с водой, имеем объем πR2h/4, т. е.расстояние от оси полости до поверхности воды равно R/2. Расстояние от оси вращения до центра масс стержня, таким образом, равно206ОТВЕТЫ. МеханикаR/2 + `/6, а расстояние до центра масс части стержня, вытеснившейводу, равно R/2 + `/3. Центростремительное ускорение стержню сообщает действующая на него со стороны жидкости выталкивающаясила. Точно такая же сила действовала бы в отсутствие стержня нажидкость в объеме погруженной части стержня и сообщала бы этойжидкости необходимое центростремительное ускорение:R `2R `ρS`ω 2+= ρ0S `ω 2+.2 632 3Отсюда2 3R + 2`ρ = ρ0.3 3R + `1.
173. Потенциальная энергия бруска в обоих случаях одинакова,а потенциальная энергия воды – нет. Как несложно убедиться, равновесия в промежуточных положениях между указанными положенияминет. Поэтому равновесие бруска устойчиво в том случае, когда центртяжести вытесненной воды расположен выше: если сторону квадратав сечении бруска принять за единицу, то. √hI = 1/4, hII = 1 3 2, hII < hI .где h – расстояние по вертикали от центра тяжести вытесненной водыдо центра тяжести бруска. Значит, положение II устойчиво.
К такому же результату приводит анализ устойчивости, проведенный исходяиз сравнения вращающих моментов сил при небольшом отклонениибруска от положения равновесия.1. 174. К моменту времени, когда растаяло 70 % льда, остался пористый лед, имеющий толщину слоя h (1 − β). Слой воды, проникшийв поры льда (рис. 0. 1.174), имеет толщину h1 = h (1 − β) ρ/ρ0.Тогда масса воды в порах льдаh1hh2Hm0 (1 − α) ρ0Sh1 = (1 − α) (1 − β) ρhS.207Механика жидкости и газаВ результате таяния образовалась массаводыm00 = αβhSρ.Если m00 −m0 > 0, то лед всплывает (т.
е. для всплывания льда должно быть α + β > 1, что реализуется по условиям задачи: α + β=1, 3.Высота уровня воды под слоем льдаm00 − m0ρh2 == h (α + β − 1) .ρ0 Sρ0Искомая полная высота уровня водыH = h1 + h2 = h [(α + β − 1) + (1 − β)]ρρ= αh = 0, 54h.ρ0ρ0Если убедиться в том, что в результате таяния заданного количествальда оставшийся лед всплывает, то ответ можно получить сразу. Действительно, если лед плавает, то от его таяния уровень воды в сосуде неизменяется: лед, плавая, вытесняет воду массы, равную той, что имеетсам.
Значит, при таянии образуется столько воды, сколько вытеснялось, и уровень воды не изменяется. Исходя из этого, предположим,что весь лед растаял, и найдем результирующую высоту уровня воды:hSαρ = HSρ0 ; отсюдаH = αhρ/ρ0 = 0, 54h.1. 175. По закону сохранения энергии имеем√ 2πrSρ0 v 2= rS (ρ0 − ρ) g` 1 + 2 ,2 √ 1/2g`ρ v=1−1+ 2.πρ01.
176. Введем сечение трубки S. В заданный момент ραHS=ρghS;отсюда α = gh/`.208ОТВЕТЫ. МеханикаСтолб жидкости высоты H приобретает ускорение α под действиемсилы тяжести и силы давления со стороны жидкости, подпирающейстолб: ραHS = ρgHS − pS. Отсюдаp = ρgH (1 − h/1) .1. 177. Пусть ρ0 vS – масса воды, поступающая в единицу временииз насоса при скорости истечения v через сечение S. Тогда Мощностьнасоса без дополнительной трубыρ0vSv 2P0 =.2При наличии трубы высоты h мощность насосаρ0 uSu2P =+ ρ0uSgh,2где u – скорость воды, протекающей через выходное отверстие дополнительной трубы.
Наконец, из кинематических соображений имеемv 2 = 2gH, u2 = 2g (H − h) .Решая совместно эти уравнения, получаем1/2Pu u 2 2ghuh=+ 2 = = 1−.P0 vvvvHМожно решить задачу значительно проще, заметив, что напор водыв обоих случаях одинаков, так как полная высота фонтанов одна и таже. Тогда, используя формулы P = uF , P0 = vF , получаем сразу1/2Puh= = 1−.P0 vH1. 178. Сила давления на брусок одной струиF = ∆p/∆t = ρ0 v 02S 0 .209Механика жидкости и газаТогдаmg = nρ0v 02S 0 = nρ0vSv 0 ,так как из условия неразрывности струи следует, что v 0S 0 = vS.Наконец, из кинематических соображений имеемv 02 = v 2 − 2gh.Решая совместно эти уравнения, получаем"2 #1mgh=v2 −.2gnρ0vS1.
179. Если стержень движется со скоростью v, то, так как жидкость несжимаема, она должна протекать в противоположную сторонумежду стержнем и стенкамитрубы со скоростью u, причем S1 v=S2 u,т. е. πr2v = π R2 − r2 u. Отсюдаu = vr2 R2 − r2 .Скорость жидкости u предполагается одинаковой всюду, кроме небольших участков около торцов стержня. Однако если длина цилиндра` r, то вкладом этих участков в энергию системы можно пренебречь.Из закона сохранения энергии при подъеме стержня на высоту hследует 22 222ρ2πr `v 2 + ρ1π R − r `u 2 = (ρ1 − ρ2) πr2 lg h.Таким образом,#1/2"v2g (1 − ρ2/ρ1)2gh (1 − ρ2 /ρ1)v=,a==.22222hρ2 ρ1 + r (R − r )ρ2 ρ1 + r (R2 − r2 )1.
180. Изменение импульса выделенного объема жидкости за малое времяρS2 v2∆tv2 − ρS1 v1∆tv1 = (S1p1 − S2p2 + F0) ∆t,210ОТВЕТЫ. Механикагде ρS1 v1∆t – масса жидкости, прошедшей через сечение S1 за время∆t, F0 – сила, с которой труба действует на жидкость. Искомая сила22F = −F0, F = −S1p1 + S2 p2 − ρ S1v1 − S2 v2 ,F = S2p2 − S1p1 − ρS1v12 (1 − S1 /S2 ) .Закон сохранения энергии для объема жидкости, протекшей за время∆t между сечениями I и II, дает∆mv22 ∆mv12p1S1v1∆t − p2S2v2∆t =−+ ∆Q.22Здесь в левой части уравнения – работа силы давления, произведенная над интересующим нас объемом жидкости, а в правой части –изменение кинетической энергии этого объема жидкости и количествотеплоты, выделившееся между сечениями I и II за время ∆t. Учитывая неразрывность течения жидкости, получаем∆m = ρS1v1∆t = ρS2v2∆tи окончательно количество теплоты, выделившееся в единицу времени,∆Qρv12S12= S1v1 (p1 − p2) +1− 2.∆t2S21.
181. Пусть скорость движения поршня равна v, скорость движения поверхности S равна u. Тогда за время ∆t в результате смещения поршня на расстояние v∆t в движение со скоростью u придутчастицы среды, находящиеся в объеме v∆tπr2 (их плотность равнаρ1, остальные частицы, плотность которых равна ρ2 − ρ1, уже двигаются со скоростью u). Таким образом, из условия сохранения массы следует, что вещество, находящееся в объеме v∆tπr2, при смещении поршня на расстояние v∆t должно распределиться по объемуu∆tπr2, причем здесь оно будет иметь плотность ρ2 − ρ1 :vρ2 ∆tπr2 = u (ρ2 − ρ1) ∆tπr2,211ОТВЕТЫ. Тепловые явленияu = vρ2/(ρ2 − ρ1).Импульс частиц в объеме v∆tπr2 равен ρ1v∆tπr2u и равен импульсусилы F :ρ2ρ1 2F ∆t = ρ1v∆tπr2u = πv 2r ∆t.ρ2 − ρ1Отсюда1/2F (ρ2 − ρ1)v=.πr2ρ1 ρ21.
182. Скорость жидкостей максимальна, когда они проходят положение равновесия. Из закона сохранения энергии с учетом того, чтов положении равновесия ρ1h1 = ρ2 h2 (где h1 и h2 – высота столбажидкости в одном и другом коленах трубки, когда жидкости находились в первоначальном положении; ρ1 и ρ2 – плотности жидкостей,2налитых в трубку), получаем vmax= gh20 h1.Тепловые явленияГазовые законы.
Тепловое расширение2. 1. a = p0S/16m.2. 2. Масса жидкости m = ρHS/2 + ρhS/2. Введем давлениезапертого между стенками воздуха p и p0 – атмосферное давление.Условие равновесия и закон Бойля–Мариотта даютp = p0 + ρg (H − h) ,Отсюдаp (H − h) = p0H.4g (ρHS − m)2p0 =.S 2m − ρHS2. 3. Скорость максимальна в момент, когда поршень проходит положение равновесия. Таким образом,mgp = p0 +.S212ОТВЕТЫ. Тепловые явления2. 4. Из условий равновесия в начале и в конце нагрева получаемmg + M g − πr2 (p1 − p0) = 0,mg − πr2 (p2 − p0) = 0.По закону Шарля имеемp0p2= ,T0 T2T2 = T0"p0 − (m + M ) g πrp0 − M g πr22#.2. 5. Зависимость площади дна сосуда от температуры имеет видS = S0 (1 + αt)2 .Масса жидкости не изменилась.
Поэтомуp0p0≈.p=(1 + αt)2 1 + 2αtПопытки прямо учитывать расширение жидкости в итоге дают тот жерезультат.2. 6. Внешняя труба A и стержень C в сумме удлиняются на∆` = 2α1`∆T . Внутренняя труба B должна компенсировать этоудлинение:2α1`∆T = α2L∆T, откуда L = 2`α1/α2.Так как L < `, это возможно лишь при α2 > 2α1.2. 7. Так как лист удерживается на крыше силой трения, очевидно,что при его нагреве имеются точки листа, неподвижные относительнокрыши.
Обозначим расстояния от них до нижнего края листа x0. Присжатии листа в процессе охлаждения будут неподвижными некоторыедругие точки листа. Обозначим расстояния от этих точек до нижнегокрая листа x00.При нагреве любая часть листа, расположенная ниже неподвижныхточек, сползает вниз, а часть листа, расположенная выше, движется213Газовые законы. Тепловое расширениевверх. В результате этих движений на верхнюю часть листа действуетсила трения` − x0f1 = kmgcos ϕ,`направленная вдоль крыши вниз, а на нижнюю часть листа действуетсила тренияx0f2 = kmg cos ϕ,`направленная вдоль крыши вверх.
Имеется также составляющая силытяжести mg sin ϕ, направленная вдоль листа вниз. Так как лист нагревается медленно и его части движутся с очень малой скоростью, тос высокой точностью можно предполагать, что лист в любой моментвремени находится в равновесии. В частности, сумма сил, направленных вдоль крыши, равна нулю:x0 x0−kmg 1 −cos ϕ + kmg cos ϕ − mg sin ϕ = 0,``откудаsin ϕ + k cos ϕx0 = `.2k cos ϕТаким образом, при нагреве нижний край листа сместится относительно крыши на расстояние∆x0 =α`sin ϕ + k cos ϕ(t2 − t1).2kcos ϕПри охлаждении размеры листа сокращаются, нижняя часть листадвижется вдоль крыши вверх к неподвижным точкам, а верхняя –вниз.
Это движение приводит к изменению знаков у сил трения. С учетом этого изменения получаем, что расстояние от неподвижных точекдо нижнего края листа при охлажденииx00 =` k sin ϕ + k cos ϕ,2kcos ϕ214ОТВЕТЫ. Тепловые явленият. е. нижний край листа поднимается при охлаждении на расстояние∆x00 =α`k sin ϕ − cos ϕ(t2 − t1).2kcos ϕЗа одни сутки изменение положения нижнего края листа∆` = ∆x0 − ∆x00 =α`(t2 − t1) tgϕ.kЗа n = 30 суток устойчивой погоды смещение будет в n раз больше:∆` =na`(t2 − t1) tg ϕ = 8 см.k2.
8. Уравнение второго закона Ньютона для движения поршня поокружности:mω 2x = (p0 − p) S.Из закона Бойля–Мариотта имеемpx = p0`,где p – давление между поршнем и запаянным концом вращающейсятрубки; отсюда"1/2#22mω 2p0 S4mω `x − x + ` = 0, x1,2 =1±1−,p0 S2mω 2p0 SОчевидно, что должно выполняться условие 4mω 2 ` p0S < 1, иначепоршень из трубки вылетит.Для того чтобы выяснить, оба ли корня уравнения подходят, обратимся к рис. O.2.8, на котором изображены графики двух функций:mω 2 2y1 =x + `,p0 Sy2 = x.Пересечение этих графиков дает два корня x1 и x2 исследуемого квад-215Газовые законы.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
