Физика в задачах для поступающих в вузы - Турчина Н.В.
ISBN 978-5-94666-452-3
Скачать (прямая ссылка):
h =----m .
P (S9 - S1)
6.5.21. Наибольшая выталкивающая сила возникнет, если вода дойдет до верхнего края пробки (рис. 6.5.13). При этом на пробку будут действовать сила тяжести mg и выталкивающая сила F.
Выталкивающая сила F в данном случае равна
F = fA — Ps^
(1)
Рис. 6.5.13
509
где Fa — сила Архимеда: Fa = р0 gAV, AV — объем усеченного конуса с основаниями площадью S и So и высотой Ai = A - А2, равный
AV = 1 (Sh - Soh2),
(2)
P — давление у дна сосуда:
P =
Пробка однородна, поэтому
h9 = hI, А = A1 + A2, SS/ 1 2’
(3)
откуда находим
А1 - А( 1 - Д) , А2 - ^ •
Подставляя (2) — (4) в (1), получим
(4)
F = 1 3
sa - so^ sS
F = 1 3
S + 2S<J і - 3S0
Наибольшая плотность р материала пробки может быть определена из условия
mg = 1 PgSh = 1 Pogh [S + 2So Js0 - 3So-
oткуда
р =
Po [
1 + 2 I
3 Su 3 Sr
-I.
J J
6.5.23. Так как результирующая сила давления на боковую поверхность не зависит от формы основания конуса, то вместо заданной формы тела можно рассмотреть конус с плоским основанием (рис. 6.5.14). Тогда сила Архимеда, действующая на конус и равная
FA pgVK0Hyca
= pg • 3 HnR2,
1
S
o
или
510
ґ \N A h
i_ _ _ J
Ш -
' mg
Рис. 6.5.15 может быть представлена в виде
F = F - F
А дно бок’
где F^0 = [p0 + pg(H + A)]Sдно — сила давления на дно, F6ok — результирующая сил давления на боковую поверхность, S^0 = пД2 — площадь основания конуса.
Решив систему приведенных уравнений, находим
F6ok = [Р0 + Pg(A + I H) ] ПД2 d 3,2 кН.
Ответ: F6ok d 3,2 кН.
6.5.28. После таяния льда уровень воды в стакане увеличится (рис. 6.5.15). В начальном положении сумма сил, действующих на льдинку, равна нулю:
N + Fa - mg = 0,
где сила давления льда на дно стакана F = N = mg - Fa, архимедова сила Fa = pgV, m — масса льда, V — заштрихованный на рисунке объем.
Объем образованной при таянии льда воды Vb = V + AAS,
а ее масса
тв = PVb = P(V + AAS) равна массе т льда. Следовательно,
V = — - AAS,
Р
F = mg - pg V = mg - pg ^ — - AAS J = р g AAS = 0,47 H. Ответ: F = 0,47 H.
511
Рис. 6.5.16
6.5.31. На рисунке 6.5.16 показаны силы, действующие на стержень. Стержень находится в равновесии, поэтому
ЕМг = 0.
Относительно точки O сумма моментов сил равна нулю:
mg 2 cos а — Fa (1 — l cos а = 0,
где масса стержня m = pV, сила Архимеда Fa = рж g • 4 V.
Решив данную систему уравнений, получим ответ:
_р_ = 15 P ж 16'
6.6.18. Запишем условия равновесия кубика, находящегося поочередно в трех жидкостях разной плотности:
mg = 1 p1gV, mg = 3 p2gV, mg = p3gV0,
где V — объем кубика, Vo — объем части кубика, находящейся в третьей жидкости. Плотность этой жидкости
+ m2 + m2
Рз = V1+ V2 = F2Cn + 1) ,
где m1, m2, V1, V2 — массы и объемы смешиваемых жидкостей:
m1 = PlV1, m2 = P2V2.
Решив данную систему уравнений, получим о т в е т :
F
о = 2( n + 1)
F 3 (2 n + 1)
6.6.21. На рисунке 6.6.5 показан шар массой m в двух состояниях.
Шар в состоянии I находится в равновесии, поэтому
Fa1 — mg = 0, (1)
где
Рис. 6.6.5
FA1 = Pb g fO , m = Рж g(V0 — V ),
(2)
(3)
512
рв — плотность воды, рж — плотность железа, Vo — объем шара,
V — объем полости.
Решив систему уравнений (1) — (3), получим
2 р ж рв
V = V
2 Рж
где
Шар в состоянии II находится в равновесии, поэтому Fa2 - (m + mB)g = 0,
mB = PbV1
— масса воды, заполняющей полость, V1 — ее объем. Решив систему уравнений (1), (2), (5), (6), получим
V1 = Vu.
12
Разделив (7) на (4), находим о т в е т:
(4)
(5)
(6)
(7)
vI = „ Р ж = 0,53.
V 2Рж -Рв
6.6.22. В состоянии II лед со стеклом плавает в воде (рис. 6.6.6):
Fa - (m1 + m2)g = 0, (1)
где Fa — сила Архимеда:
Fa = pg(V1 + V2), (2)
V1 — объем стекла, V2 — объем льда, р — плотность воды.
0
513
Массы стекла и льда соответственно равны: m1 = P1V1, m2 = P2V2,
где P1 — плотность стекла, р2 — плотность льда. По условию задачи
SAh = V1 + V2,
(3)
(4)
(5)
где S — площадь основания сосуда, ДА — повышение уровня воды. Решив систему уравнений (1) — (5), получим
V1 = AhS
V2 = AhS
Р-Р 9
Р 1 - Р9
Р1 - Р
Р1 - Р9
В состоянии III, когда лед растает,
SAh1 = V1 + V3,
где Ah 1 — новое повышение уровня воды.
Объем воды, полученной из льда:
V3 = V2 Р9 .
Решив систему уравнений (6) — (9), получим
Ah1 = Ah р9 - 2ppI + Р -Р9 .
1 Р (Рі -Р|)
Найдем понижение уровня воды в сосуде:
Aho = Ah - Ah1 = Ah (Р 1 ^ p )(p—Jp9! = 1 мм.
(6)
(7)
(8)
(9)
Р(Р- -Р9)
Ответ: Aho = 1 мм.
Pi
H
P2
mg
F1
•F
V
Рис. 6.6.7
6.6.23. На стакан действуют (рис. 6.6.7): сила давления жидкости плотностью р^ равная
F1 = [Po + P1 g(H - h)]S,
cила давления жидкости плотностью р2, равная
F2 = (Po + P2 gH)S, и сила тяжести mg.
514
Стакан находится в равновесии, поэтому F2 - F1 - mg = 0.
Решив данную систему уравнений, получим — - P1 hS
