Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 14120
2020-04-16 
Бесконечно длинная прямоугольная пластинка ширины $a$ положена на поверхность несмачивающей ее жидкости с поверхностным натяжением $\sigma$. Плотность вещества пластинки ро больше плотности жидкости $\rho$. Найти максимальную толщину пластинки $h$, при которой она еще не утонет.
Решение:
Примем за ось Y вертикальную прямую, касающуюся боковой поверхности жидкости, а за ось X - горизонтальную прямую, перпендикулярную к длине пластинки и касающуюся поверхности жидкости в бесконечности (рис.). Уравнения боковой поверхности жидкости будут:
$x = 2 \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g}} \left [ \frac{1}{ \sqrt{2} } - \cos \frac{ \phi }{2} \right ] + \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g} } ln \frac{1 + \cos \frac{ \phi }{2} }{ \left ( 1 - \cos \frac{ \phi }{2} \right ) \left ( \sqrt{2} + 1 \right ) }$, (1)
$y = - 2 \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g} } \sin \frac{ \phi }{2}$. (2)
Минимальное расстояние $D = MN$ при максимально возможной глубине погружения пластинки $| y |_{макс}$ определится из требования $\phi = \pi$, которое дает
$D = a - 2 \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g} } ( \sqrt{2} - ln( \sqrt{2} + 1 ) ) = a - 1,066 \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g}}$. (3)
Если $a < 1,066 \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g}}$, то $D = 0$, и предельное значение угла $\phi = \pi$ не достигается.
Рассмотрим сначала случай $a > 1,066 \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g}}$. В этом случае максимальная глубина погружения верхнего основания пластинки определится из (2), если положить $\phi = \pi$. Она равна $| y |_{макс} = 2 \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g}}$. При этом на основание пластинки будет действовать направленная вверх разность давлений $\rho g (h + | y |_{макс})$, которая должна быть уравновешена весом пластинки. Максимальная толщина пластинки, при которой она еще не утонет, определится из условия $\rho g(h + |y|_{макс}) = \rho_{0} g$, которое дает
$h = \frac{2}{ \rho_{0} - \rho } \sqrt{ \frac{ \sigma \rho }{g} }$. (4)
Теперь рассмотрим случай $a < 1,066 \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g} }$. В этом случае
$|y|_{макс} = 2 \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g} } \sin \frac{ \phi }{2}$, (5)
где $\phi$ определяется из уравнения
$\frac{a}{2} = 2 \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g} } \left [ \frac{1}{ \sqrt{2} } - \cos \frac{ \phi }{2} \right ] + \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g} } ln \frac{1 + \cos \frac{ \phi}{2} }{ \left ( 1 - \cos \frac{ \phi }{2} \right ) \left ( \sqrt{2} + 1 \right ) }$. (6)
Для максимальной толщины пластинки получаем
$h = \frac{2}{ \rho_{0} - \rho } \sqrt{ \frac{ \sigma \rho }{g} } \sin \frac{ \phi }{2} + \frac{2 \sigma \sin \phi }{ga ( \rho_{0} - \rho )} $. (7)
Если $a \ll \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g} }$, то первым членом справа можно пренебречь. При этом, как видно из (6), $\phi = \frac{ \pi}{2}$, и мы находим
$h = \frac{2 \sigma }{ga ( \rho_{0} - \rho ) }$ или $2 \sigma = gah ( \rho_{0} - \rho )$, (8)
т. е. вес пластинки уравновешивается поверхностным натяжением и архимедовой подъемной силой.
Бесконечно длинная прямоугольная пластинка ширины $a$ положена на поверхность несмачивающей ее жидкости с поверхностным натяжением $\sigma$. Плотность вещества пластинки ро больше плотности жидкости $\rho$. Найти максимальную толщину пластинки $h$, при которой она еще не утонет.
Решение:
Примем за ось Y вертикальную прямую, касающуюся боковой поверхности жидкости, а за ось X - горизонтальную прямую, перпендикулярную к длине пластинки и касающуюся поверхности жидкости в бесконечности (рис.). Уравнения боковой поверхности жидкости будут:
$x = 2 \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g}} \left [ \frac{1}{ \sqrt{2} } - \cos \frac{ \phi }{2} \right ] + \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g} } ln \frac{1 + \cos \frac{ \phi }{2} }{ \left ( 1 - \cos \frac{ \phi }{2} \right ) \left ( \sqrt{2} + 1 \right ) }$, (1)
$y = - 2 \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g} } \sin \frac{ \phi }{2}$. (2)
Минимальное расстояние $D = MN$ при максимально возможной глубине погружения пластинки $| y |_{макс}$ определится из требования $\phi = \pi$, которое дает
$D = a - 2 \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g} } ( \sqrt{2} - ln( \sqrt{2} + 1 ) ) = a - 1,066 \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g}}$. (3)
Если $a < 1,066 \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g}}$, то $D = 0$, и предельное значение угла $\phi = \pi$ не достигается.
Рассмотрим сначала случай $a > 1,066 \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g}}$. В этом случае максимальная глубина погружения верхнего основания пластинки определится из (2), если положить $\phi = \pi$. Она равна $| y |_{макс} = 2 \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g}}$. При этом на основание пластинки будет действовать направленная вверх разность давлений $\rho g (h + | y |_{макс})$, которая должна быть уравновешена весом пластинки. Максимальная толщина пластинки, при которой она еще не утонет, определится из условия $\rho g(h + |y|_{макс}) = \rho_{0} g$, которое дает
$h = \frac{2}{ \rho_{0} - \rho } \sqrt{ \frac{ \sigma \rho }{g} }$. (4)
Теперь рассмотрим случай $a < 1,066 \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g} }$. В этом случае
$|y|_{макс} = 2 \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g} } \sin \frac{ \phi }{2}$, (5)
где $\phi$ определяется из уравнения
$\frac{a}{2} = 2 \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g} } \left [ \frac{1}{ \sqrt{2} } - \cos \frac{ \phi }{2} \right ] + \sqrt{ \frac{ \sigma }{ \rho g} } ln \frac{1 + \cos \frac{ \phi}{2} }{ \left ( 1 - \cos \frac{ \phi }{2} \right ) \left ( \sqrt{2} + 1 \right ) }$. (6)
Для максимальной толщины пластинки получаем
$h = \frac{2}{ \rho_{0} - \rho } \sqrt{ \frac{ \sigma \rho }{g} } \sin \frac{ \phi }{2} + \frac{2 \sigma \sin \phi }{ga ( \rho_{0} - \rho )} $. (7)
Если $a \ll \sqrt{ \frac{ \sigma}{ \rho g} }$, то первым членом справа можно пренебречь. При этом, как видно из (6), $\phi = \frac{ \pi}{2}$, и мы находим
$h = \frac{2 \sigma }{ga ( \rho_{0} - \rho ) }$ или $2 \sigma = gah ( \rho_{0} - \rho )$, (8)
т. е. вес пластинки уравновешивается поверхностным натяжением и архимедовой подъемной силой.
