Правка разделов «Условие», «Решение», «а) Полуцилиндры»

astrosander правка от
Посмотреть решение История
правка #13984 предыдущая #13110 ← раньше позже →
ru/4.2.15.md +63 −35
@@ -1,45 +1,73 @@
### Условие
−$4.2.15^*.$ Как зависит сила, прижимающая друг к другу два одинаковых полуцилиндра плавающего батискафа, от глубины его погружения $H$, если он плавает на поверхности жидкости так, как это показано на рисунках а и б? Радиус
−батискафа $R$, длина $L$, плотность жидкости $ρ$.
+$4.2.15^*.$ Как зависит сила, прижимающая друг к другу два одинаковых полуцилиндра плавающего батискафа, от глубины его погружения $H$, если он плавает на поверхности жидкости так, как это показано на рисунках а и б? Радиус батискафа $R$, длина $L$, плотность жидкости $ρ$.
−![К задаче $4.2.15$|490x222, 50%](../../img/4.2.15/2025-02-06_20-24-34.png)
+![К задаче $4.2.15$|982x444, 65%](../../img/4.2.15/4.2.15.png)
### Решение
−Общая формула давления на малой площади:
−$$
−dF = p(h)ds \space\space\space (1)
−$$
−а) Нам нужно найти и просуммировать силы, действующие на малые участки цилиндра
−![](../../img/4.2.15/cilindr.png)
−$$
−ds = 2\pi{}Rdh \space\space\space (2)
−$$
−Давление будет находится:
−$$
−p(h) = ρgh\space\space\space (3)
−$$
−Подставляем выражения $(2)$ и $(3)$ в выражение $(1)$:
−$$
−dF = 2\pi{}Rρghdh\space\space\space (4)
−$$
−Интегрируем выражение $(4)$. Правую сторону интегрируем от $0$ до $H + \frac{L}{2}$:
−$$
−F = 2\pi{}Rρg\int{hdh} = \pi{}Rρg(H + \frac{L}{2})^2\space\space\space (5)
−$$
−б) Аналогично находим небольшую площадь:
−![](../../img/4.2.15/rect.png)
−$$
−ds = Ldh\space\space\space (6)
−$$
−Подставляем выражения $(6)$ и $(3)$ в выражение $(1)$ и проинтегрируем от $0$ до $R+H$:
−$$
−F = ρgL\int{hdh} = \frac{1}{2}ρgL(R + H)^2\space\space\space (7)
−$$
+### Решение
+Общая формула давления на элемент площади:
+\[
+dF = p(h) \, ds \tag{1}
+\]
+#### а) Полуцилиндры
+Рассматриваем малый элемент поверхности цилиндра:
+
+<div align="center">
+ <img src="../../img/4.2.15/cilindr.png" width="300">
+</div>
+
+Элемент площади:
+\[
+ds = 2\pi R \, dh \tag{2}
+\]
+
+Гидростатическое давление:
+\[
+p(h) = \rho g h \tag{3}
+\]
+
+Подставим (2) и (3) в (1):
+\[
+dF = 2\pi R \rho g h \, dh \tag{4}
+\]
+
+Интегрируем от \( h = 0 \) до \( h = H + \frac{L}{2} \):
+\[
+F = \int_0^{H + \frac{L}{2}} 2\pi R \rho g h \, dh
+= 2\pi R \rho g \int_0^{H + \frac{L}{2}} h \, dh
+= \pi R \rho g \left( H + \frac{L}{2} \right)^2 \tag{5}
+\]
+
+#### б) Прямоугольная форма
+
+Рассматриваем элемент боковой поверхности:
+
+<div align="center">
+ <img src="../../img/4.2.15/rect.png" width="300">
+</div>
+
+Площадь элемента:
+\[
+ds = L \, dh \tag{6}
+\]
+
+Подставим (6) и (3) в (1):
+\[
+dF = \rho g h L \, dh \tag{7}
+\]
+
+Интегрируем от \( h = 0 \) до \( h = R + H \):
+\[
+F = \int_0^{R + H} \rho g h L \, dh
+= \rho g L \int_0^{R + H} h \, dh
+= \frac{1}{2} \rho g L (R + H)^2 \tag{8}
+\]
#### Ответ
−а) $F = \pi{}Rρg(H + \frac{L}{2})^2$ $\space\space\space$
−б) $F = \frac{1}{2}ρgL(R + H)^2$
+
+- а) \( \boxed{F = \pi R \rho g \left( H + \frac{L}{2} \right)^2} \)
+- б) \( \boxed{F = \dfrac{1}{2} \rho g L (R + H)^2} \)