Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 14119
2020-04-16 
Определить в задаче 14118 максимально возможную высоту поднятия пластинки над уровнем жидкости $h$ и толщину приподнятого столба жидкости $D$ в наиболее узком месте MN (рис.) при этой высоте поднятия. Найти также силу $F$, которую необходимо приложить к единице длины пластинки, чтобы оторвать последнюю от жидкости. Вес единицы длины пластинки равен $q$, ее ширина $a$.
Решение:
Минимальная толщина столба жидкости $D = MN$ при максимально возможной высоте поднятия $h$ (рис.) определится из требования $\phi = 0$ при $y = h$. Подставляя в формулу (5) $x = \frac{a - D}{2}, \phi = 0$, получим
$D = a - 2 \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g} } [ \sqrt{2} - ln( \sqrt{2} + 1 ) ] = a - 1,066 \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g} }$. (1)
Если $a < 1,066 \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g} }$, то минимальное значение $D$ равно нулю. В этом случае предельное значение угла $\phi = 0$ не достигается.
Пусть $a > 1,066 \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g}}$. Тогда максимально возможная высота поднятия определится из формулы (2) задачи 530 , если положить $\phi = 0$:
$h = 2 \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g}}$. (2)
Разность атмосферного и гидростатического давлений на пластинку направлена вниз и равна $\rho gh$. Поэтому
$F = q + \rho gha = q + 2a \sqrt{ \rho g \sigma}$. (3)
Рассмотрим теперь второй случай: $a < 1,066 \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g}}$. В этом случае
$h = 2 \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g}} \cos \frac{ \phi}{2}$, (4)
где $\phi$ определяется из трансцендентного уравнения
$\frac{a}{2} = 2 \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g} } \left [ \frac{1}{ \sqrt{2} } - \sin \frac{ \phi }{2} \right ] + \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g} } ln \frac{1 + \sin \frac{ \phi}{2}}{ \left ( \right ) \left ( 1 - \sin \frac{ \phi}{2} \sqrt{2} + 1 \right ) }$. (5)
При нахождении $F$ необходимо учесть, что в рассматриваемом случае пластинку тянет вниз дополнительная сила поверхностного натяжения $2 \sigma \sin \phi$. С учетом этой силы
$F = q + 2a \sqrt{ \rho g \sigma} \cos \frac{ \phi }{2} + 2\ sigma \sin \phi$. (6)
Если $a \ll \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g} }$, то вторым членом в этой формуле можно пренебречь. Пренебрегая также в (5) членом $\frac{a}{2}$, находим $\phi = \frac{ \pi}{2}$. Таким образом, при $a \ll \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g} }$
$F = q + 2 \sigma, h = \sqrt{ \frac{2 \sigma }{ \rho g} }$.
Определить в задаче 14118 максимально возможную высоту поднятия пластинки над уровнем жидкости $h$ и толщину приподнятого столба жидкости $D$ в наиболее узком месте MN (рис.) при этой высоте поднятия. Найти также силу $F$, которую необходимо приложить к единице длины пластинки, чтобы оторвать последнюю от жидкости. Вес единицы длины пластинки равен $q$, ее ширина $a$.
Решение:
Минимальная толщина столба жидкости $D = MN$ при максимально возможной высоте поднятия $h$ (рис.) определится из требования $\phi = 0$ при $y = h$. Подставляя в формулу (5) $x = \frac{a - D}{2}, \phi = 0$, получим
$D = a - 2 \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g} } [ \sqrt{2} - ln( \sqrt{2} + 1 ) ] = a - 1,066 \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g} }$. (1)
Если $a < 1,066 \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g} }$, то минимальное значение $D$ равно нулю. В этом случае предельное значение угла $\phi = 0$ не достигается.
Пусть $a > 1,066 \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g}}$. Тогда максимально возможная высота поднятия определится из формулы (2) задачи 530 , если положить $\phi = 0$:
$h = 2 \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g}}$. (2)
Разность атмосферного и гидростатического давлений на пластинку направлена вниз и равна $\rho gh$. Поэтому
$F = q + \rho gha = q + 2a \sqrt{ \rho g \sigma}$. (3)
Рассмотрим теперь второй случай: $a < 1,066 \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g}}$. В этом случае
$h = 2 \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g}} \cos \frac{ \phi}{2}$, (4)
где $\phi$ определяется из трансцендентного уравнения
$\frac{a}{2} = 2 \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g} } \left [ \frac{1}{ \sqrt{2} } - \sin \frac{ \phi }{2} \right ] + \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g} } ln \frac{1 + \sin \frac{ \phi}{2}}{ \left ( \right ) \left ( 1 - \sin \frac{ \phi}{2} \sqrt{2} + 1 \right ) }$. (5)
При нахождении $F$ необходимо учесть, что в рассматриваемом случае пластинку тянет вниз дополнительная сила поверхностного натяжения $2 \sigma \sin \phi$. С учетом этой силы
$F = q + 2a \sqrt{ \rho g \sigma} \cos \frac{ \phi }{2} + 2\ sigma \sin \phi$. (6)
Если $a \ll \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g} }$, то вторым членом в этой формуле можно пренебречь. Пренебрегая также в (5) членом $\frac{a}{2}$, находим $\phi = \frac{ \pi}{2}$. Таким образом, при $a \ll \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g} }$
$F = q + 2 \sigma, h = \sqrt{ \frac{2 \sigma }{ \rho g} }$.
