Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 1126
2016-10-20 
На дне бассейна лежит тонкий стержень длиной $L = 1 м$, состоящий из двух половин с одинаковыми площадями поперечного сечения и плотностями $\rho_{1} = 0,5 г/см^{3}$ и $\rho_{2} = 2,0 г/см^{3}$. В бассейн медленно наливают воду плотностью $\rho_{0} = 1,0 г/см^{3}$. При какой глубине $h$ воды в бассейне стержень будет составлять с поверхностью воды угол $\alpha = 45^{ \circ}$?
Решение:
Средняя плотность стержня $\frac{ \rho_{1} + \rho_{2}}{2} = 1,25 г/см^{3}$ больше плотности воды $\rho_{0} = 1,0 г/см^{3}$, поэтому плавать он не может, и после наливания воды в бассейн должен опираться более тяжёлым концом на дно. При этом тяжёлая половина стержня будет погружена в воду полностью, а лёгкая может быть погружена лишь частично (см. рис.).
Обозначим длину той части лёгкой половины стержня, которая находится под водой, через $l$, площадь поперечного сечения стержня — через $S$, и найдём все силы, действующие на стержень. Это — сила реакции со стороны дна $N$, силы тяжести $F_{1} = (1/2)LS \rho_{1} g$ и $F_{2} = (1/2)LS \rho_{2}g$, действующие на лёгкую и тяжёлую половины стержня соответственно, и сила Архимеда $F_{А} = \rho_{0} gS \left ( \frac{L}{2} + l \right )$. Отметим, что силы тяжести $F_{1}$ и $F_{2}$ приложены к центрам масс соответствующих половин стержней, то есть к их серединам, а сила Архимеда приложена к центру масс вытесненного объёма жидкости, то есть к середине погруженной части стержня.
Запишем условие равенства нулю суммы моментов всех сил, вычисленных относительно оси, перпендикулярной плоскости рисунка и проходящей через точку касания стержня с дном бассейна:
$\frac{LS \rho_{1} g}{2} \cdot \frac{3L \cos \alpha}{4} + \frac{LS \rho_{2} g}{2} \cdot \frac{L \cos \alpha}{4} - \rho_{0} gS \left( \frac{L}{2} + l \right ) \cdot \frac{1}{2} \left ( \frac{L}{2} + l \right ) \cos \alpha = 0$.
Поскольку $\cos \alpha$ в этом уравнении сокращается, то величина $l$ не зависит от уровня налитой в бассейн воды, а определяется только соотношением плотностей частей стержня и воды. Из рисунка видно, что глубина бассейна $h$ связана с длинами $L$ и $l$ соотношением $h = \left ( \frac{L}{2} + l \right ) \sin \alpha$. Выражая отсюда величину $l$ и подставляя её в уравнение моментов, получаем уравнение для определения $h$, из которого с учётом того, что $\alpha = 45^{ \circ}$,
находим ответ:
$h = \frac{L \sin \alpha}{2} \sqrt{ \frac{ 3 \rho_{1} + \rho_{2}}{ \rho_{0}}} = \frac{L \sqrt{7}}{4} \approx 0,66 м$.
Заметим, что если и дальше продолжать наливать воду в бассейн, то угол наклона стержня будет возрастать, и при $h \geq L \sqrt{14}/4 \approx 0,93 м$ он будет стоять на дне бассейна в вертикальном положении.
На дне бассейна лежит тонкий стержень длиной $L = 1 м$, состоящий из двух половин с одинаковыми площадями поперечного сечения и плотностями $\rho_{1} = 0,5 г/см^{3}$ и $\rho_{2} = 2,0 г/см^{3}$. В бассейн медленно наливают воду плотностью $\rho_{0} = 1,0 г/см^{3}$. При какой глубине $h$ воды в бассейне стержень будет составлять с поверхностью воды угол $\alpha = 45^{ \circ}$?
Решение:
Средняя плотность стержня $\frac{ \rho_{1} + \rho_{2}}{2} = 1,25 г/см^{3}$ больше плотности воды $\rho_{0} = 1,0 г/см^{3}$, поэтому плавать он не может, и после наливания воды в бассейн должен опираться более тяжёлым концом на дно. При этом тяжёлая половина стержня будет погружена в воду полностью, а лёгкая может быть погружена лишь частично (см. рис.).
Обозначим длину той части лёгкой половины стержня, которая находится под водой, через $l$, площадь поперечного сечения стержня — через $S$, и найдём все силы, действующие на стержень. Это — сила реакции со стороны дна $N$, силы тяжести $F_{1} = (1/2)LS \rho_{1} g$ и $F_{2} = (1/2)LS \rho_{2}g$, действующие на лёгкую и тяжёлую половины стержня соответственно, и сила Архимеда $F_{А} = \rho_{0} gS \left ( \frac{L}{2} + l \right )$. Отметим, что силы тяжести $F_{1}$ и $F_{2}$ приложены к центрам масс соответствующих половин стержней, то есть к их серединам, а сила Архимеда приложена к центру масс вытесненного объёма жидкости, то есть к середине погруженной части стержня.
Запишем условие равенства нулю суммы моментов всех сил, вычисленных относительно оси, перпендикулярной плоскости рисунка и проходящей через точку касания стержня с дном бассейна:
$\frac{LS \rho_{1} g}{2} \cdot \frac{3L \cos \alpha}{4} + \frac{LS \rho_{2} g}{2} \cdot \frac{L \cos \alpha}{4} - \rho_{0} gS \left( \frac{L}{2} + l \right ) \cdot \frac{1}{2} \left ( \frac{L}{2} + l \right ) \cos \alpha = 0$.
Поскольку $\cos \alpha$ в этом уравнении сокращается, то величина $l$ не зависит от уровня налитой в бассейн воды, а определяется только соотношением плотностей частей стержня и воды. Из рисунка видно, что глубина бассейна $h$ связана с длинами $L$ и $l$ соотношением $h = \left ( \frac{L}{2} + l \right ) \sin \alpha$. Выражая отсюда величину $l$ и подставляя её в уравнение моментов, получаем уравнение для определения $h$, из которого с учётом того, что $\alpha = 45^{ \circ}$,
находим ответ:
$h = \frac{L \sin \alpha}{2} \sqrt{ \frac{ 3 \rho_{1} + \rho_{2}}{ \rho_{0}}} = \frac{L \sqrt{7}}{4} \approx 0,66 м$.
Заметим, что если и дальше продолжать наливать воду в бассейн, то угол наклона стержня будет возрастать, и при $h \geq L \sqrt{14}/4 \approx 0,93 м$ он будет стоять на дне бассейна в вертикальном положении.
