| @@ -1,46 +1,66 @@ |
| | | ### Условие |
| | | |
| | − | $4.1.12.$ [Вставьте описание задачи] |
| | + | $4.1.12^*.$ Нижняя грань правильного тетраэдра с ребром $a$, полностью погруженного в жидкость плотности $\rho$, находится на глубине $h$. Определите силу, действующую со стороны жидкости на боковую грань тетраэдра, если атмосферное давление равно $P$. |
| | | |
| | − | __Пример условия__: |
| | − | $1.1.1.$ Определите координату $x(t)$ тела как функцию времени $t$, если его ускорение задано как $a(t) = bt$, где $b$ - константа. |
| | + |  |
| | | |
| | − | |
| | | ### Решение |
| | | |
| | − | [Здесь должно быть ваше решение] |
| | + | Геометрические параметры правильного тетраэдра с ребром $a$: |
| | + | Площадь одной грани: |
| | + | $$ S = \frac{a^2 \sqrt{3}}{4} $$ |
| | + | Объем тетраэдра: |
| | + | $$ V = \frac{a^3 \sqrt{2}}{12} $$ |
| | + | Косинус двугранного угла при основании: $\cos\alpha = \frac{1}{3}$. |
| | + | Синус этого угла: $\sin\alpha = \sqrt{1 - \left(\frac{1}{3}\right)^2} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$. |
| | | |
| | − | __Пример решения__: |
| | − | Ускорение тела задано как |
| | + | Эту задачу можно решить двумя независимыми способами. |
| | | |
| | − | $$a(t) = bt$$ |
| | + | ### Способ 1: Использование закона Архимеда |
| | | |
| | − | Мы знаем, что ускорение - это производная скорости по времени: |
| | + | Рассмотрим силы давления, действующие на замкнутую поверхность тетраэдра. |
| | + | Сила давления на нижнюю горизонтальную грань направлена строго вертикально вверх. Давление на глубине $h$ равно $p = P + \rho gh$, поэтому: |
| | + | $$ F_{\text{осн}} = (P + \rho gh)S $$ |
| | | |
| | − | $$a(t) = \\frac{d v(t)}{d t}$$ |
| | + | Согласно закону Архимеда, равнодействующая сил гидростатического давления на замкнутую поверхность направлена вверх и равна $\rho g V$. Атмосферное давление $P$ действует на все грани и в сумме дает нулевой вклад в подъемную силу. |
| | | |
| | − | Чтобы найти скорость $v(t)$, интегрируем $a(t)$ по времени: |
| | + | Обозначим искомую силу давления на одну боковую грань как $F$. В силу симметрии горизонтальные составляющие сил давления на три боковые грани взаимно компенсируются. Вертикальная составляющая силы давления на одну боковую грань направлена вниз и равна $F \cos\alpha$. |
| | | |
| | − | $$v(t) = \\int a(t) \\, dt = \\int b t \\, dt$$ |
| | + | Запишем условие равновесия сил в проекции на вертикальную ось: |
| | + | $$ F_{\text{осн}} - 3F \cos\alpha = \rho g V $$ |
| | + | $$ F_{\text{осн}} - 3F \cdot \frac{1}{3} = \rho g V \implies F_{\text{осн}} - F = \rho g V $$ |
| | | |
| | − | Если начальная скорость $v(0) = 0$, то скорость становится: |
| | + | Отсюда выражаем искомую силу $F$: |
| | + | $$ F = F_{\text{осн}} - \rho g V = (P + \rho gh)S - \rho g V $$ |
| | | |
| | − | $$v(t) = \\frac{b t^2}{2}$$ |
| | + | Подставим геометрические параметры: |
| | + | $$ F = (P + \rho gh) \frac{a^2 \sqrt{3}}{4} - \rho g \frac{a^3 \sqrt{2}}{12} $$ |
| | | |
| | − | Аналогично, интегрируем $v(t)$ по времени: |
| | + | ### Способ 2: Через среднее давление (метод центроида) |
| | | |
| | − | $$x(t)= \\int v(t) \\, dt = \\frac{b}{2} \\int t^2 \\, dt$$ |
| | + | Сила давления жидкости на плоскую фигуру равна произведению площади фигуры на давление в её геометрическом центре (центроиде): |
| | + | $$ F = p_{\text{ср}} S = (P + \rho g h_c) S $$ |
| | + | где $h_c$ — глубина расположения центра масс боковой грани. |
| | | |
| | − | Откуда координата от времени, учитывая начальные условия: |
| | + | Центр масс треугольника (боковой грани) лежит на расстоянии $1/3$ её высоты от основания. Высота грани $H_{\text{гр}} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Значит, расстояние от дна тетраэдра до центроида вдоль самой грани равно: |
| | + | $$ l = \frac{H_{\text{гр}}}{3} = \frac{a\sqrt{3}}{6} $$ |
| | | |
| | − | $$\\boxed{x(t)=\\frac{bt^3}{6}}$$ |
| | + | Спроецируем это расстояние на вертикальную ось, чтобы найти, на сколько центроид приподнят над нижней гранью: |
| | + | $$ \Delta z = l \sin\alpha = \frac{a\sqrt{3}}{6} \cdot \frac{2\sqrt{2}}{3} = \frac{a\sqrt{6}}{9} $$ |
| | | |
| | − | #### Ответ |
| | + | Тогда глубина центроида боковой грани: |
| | + | $$ h_c = h - \Delta z = h - \frac{a\sqrt{6}}{9} $$ |
| | | |
| | − | [Вставьте краткий ответ или результат в рамке, например:] |
| | + | Подставляем $h_c$ в формулу силы: |
| | + | $$ F = \left( P + \rho g \left( h - \frac{a\sqrt{6}}{9} \right) \right) \frac{a^2 \sqrt{3}}{4} $$ |
| | | |
| | + | Раскроем скобки, чтобы показать идентичность результатов обоих способов: |
| | + | $$ F = (P + \rho gh) \frac{a^2 \sqrt{3}}{4} - \rho g \frac{a\sqrt{6}}{9} \cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4} $$ |
| | + | $$ F = (P + \rho gh) \frac{a^2 \sqrt{3}}{4} - \rho g \frac{a^3 \sqrt{18}}{36} = (P + \rho gh) \frac{a^2 \sqrt{3}}{4} - \rho g \frac{a^3 \sqrt{2}}{12} $$ |
| | | |
| | − | __Пример ответа__: |
| | − | $$ x(t)=\\frac{bt^3}{6} $$ |
| | + | Оба метода привели к одному выражению. Для получения финального ответа сгруппируем слагаемые: |
| | + | $$ F = \frac{1}{4} P a^2 \sqrt{3} + \frac{3\sqrt{3}}{12} \rho g h a^2 - \frac{\sqrt{2}}{12} \rho g a^3 $$ |
| | + | $$ F = \frac{1}{12} \rho g a^2 (3\sqrt{3}h - \sqrt{2}a) + \frac{1}{4} P a^2 \sqrt{3} $$ |
| | | |
| | − | |
| | + | ### Ответ |
| | + | $$ F = \frac{1}{12} \rho g a^2 (3\sqrt{3}h - \sqrt{2}a) + \frac{1}{4} P a^2 \sqrt{3} $$ |
