| @@ -1,15 +1,33 @@ |
| | | ### Условие |
| | | |
| | − | $4.2.26.$ Вертикальный цилиндрический сосуд радиуса R, частично заполненный жидкостью, вращается вместе с жидкостью вокруг своей оси. К боковой стенке сосуда на нити длины l привязан воздушный шарик радиуса r; во время вращения нить образует со стенкой угол α. Определите угловую скорость вращения сосуда. |
| | + | $4.2.26.$ Вертикальный цилиндрический сосуд радиуса $R$, частично заполненный жидкостью, вращается вместе с жидкостью вокруг своей оси. К боковой стенке сосуда на нити длины $l$ привязан воздушный шарик радиуса $r$; во время вращения нить образует со стенкой угол $\alpha$. Определите угловую скорость вращения сосуда. |
| | | |
| | + |  |
| | + | |
| | | ### Решение |
| | | |
| | − |  |
| | + |  |
| | | |
| | − | Расстояние (r) от центра шарика до оси вращения сосуда: r = R-(l+a(ц.с.))sina. Центростремительное ускорение шарика: a(ц.с.) = U^2/r = ω^2r^2/r = ω^2r. Из прямоугольного треугольника, построенного на векторах a(ц.с.) и g. a(ц.с.)/g = tga. a(ц.с.) = gtga. gtga = ω^2r. ω = √gtga/R-(l+a(ц.с.))sina. |
| | + | Так как шарик не всплывает на поверхность, вертикальная сила Архимеда полностью компенсируется вертикальной составляющей силы натяжения нити: |
| | + | $$T \cos\alpha = \frac{4\pi r^3}{3} \rho g$$ |
| | | |
| | − | #### Ответ |
| | + | Отсюда можно выразить силу натяжения нити: |
| | + | $$T = \frac{4\pi r^3}{3 \cos\alpha} \rho g \quad (1)$$ |
| | | |
| | − | ω = √gtga/R-(l+a(ц.с.))sina. |
| | + | Также мы можем записать условие равновесия для <b>горизонтальной силы Архимеда</b>, которая компенсируется горизонтальной составляющей силы натяжения нити: |
| | + | $$T \sin\alpha = \rho V \omega^2 x \quad (2)$$ |
| | | |
| | + | Из рисунка видно, что центр масс шарика находится на расстоянии $l + r$ от точки крепления нити. Тогда расстояние от оси вращения до центра шарика $x$ равно: |
| | + | $$x = R - (l + r) \sin\alpha$$ |
| | | |
| | + | Подставив это выражение в $(2)$, получим: |
| | + | $$\rho \frac{4\pi r^3}{3} \omega^2 (R - (l + r) \sin\alpha) = T \sin\alpha \quad (3)$$ |
| | + | |
| | + | Подставляем $(1)$ в $(3)$: |
| | + | $$\rho \frac{4\pi r^3}{3} \omega^2 (R - (l + r) \sin\alpha) = \frac{4\pi r^3}{3 \cos\alpha} \rho g \sin\alpha$$ |
| | + | |
| | + | Отсюда находим угловую скорость: |
| | + | $$\omega = \sqrt{\frac{g \tan\alpha}{R - (l + r) \sin\alpha}}$$ |
| | + | |
| | + | #### Ответ |
| | + | $$\omega = \sqrt{\frac{g \tan\alpha}{R - (l + r) \sin\alpha}}$$ |
