Edit to “Альтернативное решение”

emixter edited
View solution History
revision #16125 parent #16123 ← older newer →
ru/4.2.22.md +33 −0
@@ -52,6 +52,39 @@Литература
[2] Задача Ф2623. Задачник «Кванта». «Квант», 2020, № 11-12.
+### Альтернативное решение
+
+Буду считать процесс всплытия пузыря изотермическим процессом. Пусть $P_{0}$ - давление на поверхности водоёма. Во время всплытия объём пузыря увеличивается, поскольку давление падает, поэтому радиус пузыря есть функция глубины погружения $r=r(h)$. Запишем закон Бойля-Мариотта для двух состояний: на глубине $H$ и $h$
+
+$$(P_{0}+\rho gH)\frac{4}{3}\pi R^{3}=(P_{0}+\rho gh)\frac{4}{3}\pi r^{3}(h) \tag{1}$$
+$$r^{3}(h)=\frac{P_{0}+\rho gH}{P_{0}+\rho gh}\cdot R^{3} \tag{2}$$
+
+Элементарная работа силы Архимеда по перемещению объёма пузыря на малую высоту $dh$:
+
+$$dA=\frac{4}{3}\pi r^{3}(h)\cdot \rho g\cdot dh=\frac{4}{3}\pi\rho g\cdot \frac{P_{0}+\rho gH}{P_{0}+\rho gh}\cdot R^{3}\cdot dh \tag{3}$$
+
+Полная работа найдётся путём интегрирования по всей глубине:
+
+$$A=\frac{4}{3}\pi\rho g(P_{0}+\rho gH)R^{3}\cdot \int_{0}^{H}\frac{dh}{P_{0}+\rho gh} \tag{4}$$
+
+$$A=\frac{4}{3}\pi R^{3}(P_{0}+\rho gH)\cdot \ln\frac{P_{0}+\rho gH}{P_{0}}=\frac{4}{3}\pi R^{3}P_{0}\left( 1+\frac{\rho gH}{P_{0}} \right)\cdot\ln\left(1+\frac{\rho gH}{P_{0}} \right) \tag{5}$$
+
+Эта работа будет равна выделенной теплоте:
+
+$$Q=A=\frac{4}{3}\pi R^{3}P_{0}\left( 1+\frac{\rho gH}{P_{0}} \right)\cdot\ln\left(1+\frac{\rho gH}{P_{0}} \right) \tag{6}$$
+
+Теперь предположим, что $\frac{\rho gH}{P_{0}}\ll 1$, тогда
+
+$$\ln\left(1+\frac{\rho gH}{P_{0}} \right)\approx \frac{\rho gH}{P_{0}}$$
+
+и
+
+$$\left( 1+\frac{\rho gH}{P_{0}} \right)\approx 1$$
+
+Тогда выражение (6) преобразуется:
+
+$$Q=\frac{4}{3}\pi R^{3}P_{0}\cdot\frac{\rho gH}{P_{0}}=\frac{4}{3}\pi R^{3}\rho gH$$
+
#### Ответ
unchanged lines 5