Колебания жидкости - задачи Сириуса

Задача 1.

Однородный цилиндр длиной $l$ плавает в вертикальном положении на границе двух несмешивающихся жидкостей с плотностями $\rho$ и $1,5\rho$, причём делится этой границей в отношении $1:2$, считая от верхнего основания. Ускорение свободного падения $g$. Сопротивлением можно пренебречь.

Рисунок к задаче 1

Период малых колебаний системы $T=2\pi \sqrt{\frac{\alpha l}{\beta g}}$, причём $\alpha$ и $\beta$ — взаимно простые натуральные числа. Определите их.

Решение. Запишем для начала условие равновесия.

$$mg=F_{A1}+F_{A2}$$

$$mg=\frac{2}{3}lS\cdot 1,5\rho g+\frac{1}{3}lS\cdot \rho g=l\rho g S+\frac{1}{3}l\rho g S=\frac{4}{3}l\rho g S$$

Теперь запишем уравнение колебаний:

$$m \ddot {x}= F_{A1}+F_{A2}-mg$$

Так как при колебаниях цилиндр смещается на величину $x$, то уравнение выше мы запишем так:

$$m \ddot {x}=\frac{2}{3}(l+x) S\cdot 1,5\rho g+\frac{1}{3}(l-x)S\cdot \rho g -\frac{4}{3}l\rho g S $$

$$m \ddot {x}=\rho glS+1,5\rho g x S+\frac{1}{3}\cdot \rho g l S -\rho g x S-\frac{4}{3}l\rho g S =0,5\rho g x S$$

$$\ddot {x}=\frac{0,5\rho g x S }{\frac{4}{3}\rho l S}$$

$$\ddot {x}-\frac{3}{8}\frac{g x}{l}=0$$

$$\omega^2=\frac{3g}{8l}$$

$$T=2\pi \sqrt{\frac{8l}{3g}}$$

Таким образом, $\alpha=8$ и $\beta=3$.

Ответ: $\alpha=8$ и $\beta=3$.

Задача 2.

Жидкость объёмом $V=20$ см$^3$ налита в трубку с площадью поперечного сечения $S=1$ см$^2$. Одно колено трубки вертикально, а другое наклонено к вертикали под углом $\alpha=30^{\circ}$.

Определите период малых колебаний жидкости в трубке. Ответ дайте в с, округлив до сотых. Вязкость не учитывайте. Ускорение свободного падения $g=10$ м/с$^2$.

Рисунок к задаче 2

Решение. Площади открытой поверхности жидкости в обоих коленах неодинаковы. При колебаниях жидкость переходит из одного колена в другое. Пусть в «прямом» колене уровень жидкости опускается на величину $x$. То есть объем жидкости, равный $x S$ переходит в наклонное колено. Объем остается тем же, а сечение наклонной трубки другое:

Поверхность раздела сред крупно

Поэтому в наклонной трубке высота жидкости повысится на $x_1=x\cos \alpha$.

Переход объема жидкости при колебаниях

Энергия жидкости складывается из кинетической и потенциальной.

$$E=K+P$$

Кинетическая:

$$K=\frac{m\dot{x}^2}{2}=\frac{\rho V\dot{x}^2}{2}$$

Потенциальная:

$$P=P_0-\left(- \frac{ mg x}{2}\right)+\frac{mgx_1}{2}=P_0+\frac{\rho Sx^2 g}{2}+\frac{\rho g S x\cdot x\cos \alpha}{2}$$

$P_0$ - начальная потенциальная энергия, нулевой уровень которой проходит по поверхности жидкости, поэтому $P_0<0$.

$$P=P_0+\frac{\rho g S x^2}{2}\left(1+\cos \alpha\right)$$

Итак,

$$E=\frac{\rho V\dot{x}^2}{2}+ P_0+\frac{\rho g S x^2}{2}\left(1+\cos \alpha\right)$$

Берем производную:

$$0=\frac{2\rho V}{2}\dot{x}\ddot{x}+0+\frac{2\rho g S x\cdot \dot x}{2}\left(1+\cos \alpha\right)$$

Делим на $\dot{x}$:

$$0=\rho V\ddot{x}+\rho g S x\left(1+\cos \alpha\right)$$

Получили уравнение колебаний, где

$$\omega^2=\frac{(1+\cos \alpha)\rho g S}{\rho V}=\frac{(1+\cos \alpha)g S}{V}$$

$$\omega=\sqrt{\frac{(1+\cos \alpha)g S}{V}}$$

$$T=\frac{2\pi}{\omega}=2\pi \sqrt{\frac{V}{(1+\cos \alpha)g S}}=6,28 \sqrt{\frac{20\cdot 10^{-6}}{(1+\frac{\sqrt{3}}{2})\cdot 10\cdot 10^{-4}}}=0,65$$

Ответ: 0,65 с

Задача 3.

Период малых колебаний жидкостей в $U$-образной трубке, когда оба её колена вертикальны, равен $T_1$. Одно колено трубки наклонили так, что между коленами образовался угол $\alpha=60^{\circ}$, после этого период малых колебаний стал равен $T_2$. Определите отношение $\frac{T_2}{T_1}$. Ответ округлите до сотых.

Решение.

Можно использовать рассуждения из прошлой задачи и записать период колебаний в случае, если оба колена вертикальны:

$$T_1=2\pi\sqrt{\frac{L}{2g}}$$

Если одно колено наклонено, то, из прошлой задачи,

$$\omega=\sqrt{\frac{(1+\cos \alpha)g S}{V}}=\sqrt{\frac{(1+\cos \alpha)g }{L}}$$

Тогда

$$\frac{T_2}{T_1}=\sqrt{\frac{2gL}{gL(1+\cos \alpha)}}= \sqrt{\frac{2}{1+\cos \alpha}}=1,15$$

Ответ: $\frac{T_2}{T_1}=1,15$

Задача 4.

В $U$-образную трубку сначала налили воду, а потом в одно из колен добавили керосин, причём объём керосина в 3 раза меньше объёма воды. Жидкости между собой не смешиваются. Общая длина трубки, занятая жидкостями, равна $L=40$ см. Определите период малых колебаний жидкостей в трубке. Ответ дайте в с, округлив до сотых. Вязкость не учитывайте. Плотность воды $\rho_1=1,0$ г/см$^3$, плотность керосина $\rho_2=0,8$ г/см$^3$. Ускорение свободного падения $g=10$ м/с$^2$.

Рисунок к задаче 4

Решение. По отношению объемов понимаем, что керосина в трубке 10 см, а воды – 30 см. Запишем энергию жидкости, которая складывается из кинетической и потенциальной.

$$E=K+P$$

Кинетическая:

$$K=\frac{m\dot{x}^2}{2}=\frac{(\rho_k V_k+\rho_v V_v)\dot{x}^2}{2}$$

$m$ - полная масса обеих жидкостей.

Переход объема жидкости при колебаниях

Потенциальная:

$$P=P_0-\left(- \frac{ m_kg x}{2}\right)+\frac{m_vgx}{2}=P_0+\frac{\rho_k Sx^2 g}{2}+\frac{\rho_v g S x^2}{2}$$

$P_0$ - начальная потенциальная энергия, нулевой уровень которой проходит по поверхности жидкости, поэтому $P_0<0$. $\rho_k$ - плотность керосина и $m_k$ - масса керосина в столбике высотой $x$. $\rho_v$ - плотность воды и $m_v$ - масса столбика воды высотой $x$.

Итак,

$$E=\frac{(\rho_k V_k+\rho_v V_v)\dot{x}^2}{2}+ P_0+\frac{\rho_k Sx^2 g}{2}+\frac{\rho_v g S x^2}{2}$$

Берем производную:

$$0=\frac{2(\rho_k V_k+\rho_v V_v)}{2}\dot{x}\ddot{x}+0+\frac{2\rho_k g S x\cdot \dot x}{2}+\frac{2\rho_v g S x\cdot \dot x}{2}$$

Делим на $\dot{x}$:

$$0=\frac{2(\rho_k V_k+\rho_v V_v)}{2}\ddot{x}+\frac{2\rho_k g S x}{2}+\frac{2\rho_v g S x}{2}$$

$$0=\ddot{x}+\frac{gS}{\rho_k V_k+\rho_v V_v }(\rho_k+\rho_v)x$$

Получили уравнение колебаний, где

$$\omega^2=\frac{(\rho_k+\rho_v) g S}{\rho_k V_k+\rho_v V_v }$$

$$T=\frac{2\pi}{\omega}=2\pi \sqrt{\frac{\rho_k l_k+\rho_v l_v }{g(\rho_k+\rho_v)}}=6,28 \sqrt{\frac{800\cdot 0,1+1000\cdot 0,3}{10(800+1000)}}=1,389$$

Ответ: 1,39 с