[latexpage]
В этой серии вышли уже 4 статьи. В первых двух мы разгоняли трубки с жидкостями, в третьей – вращали. Продолжаем разбирать эту тему.
Задача 5. («Физтех», 2012) Изогнутая трубка состоит из одного горизонтального колена и двух вертикальных колен. Трубка укреплена на платформе, вращающейся с постоянной угловой скоростью $\omega$ вокруг вертикальной оси (см. рисунок). Вертикальные колена находятся на расстояниях $R$ и $4R$ от оси вращения. Найдите установившуюся разность уровней (по высоте) налитой в трубку воды $h$ в её вертикальных коленах. Диаметр трубки значительно меньше её длины.

Рисунок 1
Решение.
Показать
Так как разность давлений вертикальных столбов разнится только на величину $\rho g h$, то можно записать:
$$\rho g hS=m\frac{a_{n1}+a_{n2}}{2}$$
Где $m=\rho V=\rho S\cdot 3R$.
$$a_{n1}=\omega^2 R$$
$$a_{n2}=\omega^2 4R$$
Тогда
$$\rho g hS=\rho S\cdot 3R \frac{\omega^2 5R }{2}$$
$$h= \frac{ 15R^2 \omega^2 }{2g}$$
Ответ: $h= \frac{ 15R^2 \omega^2 }{2g}$.
Задача
6. («Физтех», 2014, 10-11) Тонкая изогнутая трубка с одним горизонтальным коленом и двумя вертикальными коленами укреплена на платформе, вращающейся вокруг вертикальной оси (см. рисунок). Вертикальные колена находятся на расстояниях $l_1=15$ см и $l_2=25$ см от оси вращения. Установившаяся разность уровней (по высоте) налитой в трубку воды оказалась $h=10$ см. Найдите угловую скорость вращения платформы. Ускорение свободного падения 10 м/с2. Ответ выразить в с$^{-1}$. Если ответ не целый, то округлить до сотых.

Рисунок 2
Решение.
Показать
По теореме о движении центра масс можно записать:
$$ma_n=F_1-F_2$$
Силы $F_1$ и $F_2$ -это силы давления на горизонтальный столб жидкости справа и слева. Они отличаются ровно на величину, соответствующую давлению столба высотой $h$:
$$ F_1-F_2=\rho g h S$$
Масса воды в горизонтальной части трубки равна $m=\rho S (l_1+l_2)$.
Определим положение центра масс: $R=\frac{l_2-l_1}{2}$
$$a_n=\omega^2 \frac{l_2-l_1}{2}$$
Подставляем все:
$$\rho g h S=\rho S (l_1+l_2)\cdot\omega^2 \frac{l_2-l_1}{2}$$
$$\omega^2=\frac{2g h}{l_2^2-l_1^2}$$
$$\omega=\sqrt{\frac{2g h}{l_2^2-l_1^2}}=\sqrt{\frac{2\cdot10\cdot0,1}{0,25^2-0,15^2}}=\sqrt{50}=7,07$$
Ответ: $\omega=7,07$ $\frac{1}{c}$.
Задача 7. (Всеросс. , 2014, РЭ, 9) В тонкой П-образной трубке постоянного сечения находятся вода и ртуть одинаковых объёмов. Длина горизонтальной части трубки $l= 40$ см. Трубку раскрутили вокруг колена с водой (см. рисунок), и оказалось, что уровни жидкостей в трубке одинаковы и равны $h= 25$ см. Пренебрегая эффектом смачивания, определите период $T$ вращения трубки.
Справочные данные: ускорение свободного падения $g = 9,8$ м/с$^2$,
плотности воды и ртути равны $\rho_0 = 1,0$ г/см$^3$ и $\rho = 13,5$ г/ см$^3$ соответственно.

Рисунок 3
Решение.
Показать
Разница давлений вертикальных столбов равна
$$\Delta p=\rho g h -\rho_0 g h$$
Эта разница равна сумме давлений воды и ртути горизонтального столба. Давайте определим последнюю: давление воды, обусловленное центростремительным ускорением, равно: $\rho_0\cdot\frac{l}{2}\omega^2\cdot\frac{l}{4}=\frac{\rho_0 l^2\omega^2}{8}$,
Давление ртути, обусловленное центростремительным ускорением, равно:
$$\rho\cdot \frac{l}{2}\omega^2\cdot \frac{3l}{4}=\frac{3\rho l^2\omega^2}{8}$$
Тогда
$$\rho g h -\rho_0 g h=\frac{3\rho l^2\omega^2}{8}+\frac{\rho_0 l^2\omega^2}{8}$$
$$ g h( \rho -\rho_0)= l^2\omega^2\left(\frac{3\rho }{8}+\frac{\rho_0 }{8}\right)$$
Вспомним, что
$$\omega^2=\frac{4\pi^2}{T^2}$$
$$ g h( \rho -\rho_0)= l^2\frac{4\pi^2}{T^2}\left(\frac{3\rho }{8}+\frac{\rho_0 }{8}\right)= l^2\frac{\pi^2}{T^2}\left(\frac{3\rho }{2}+\frac{\rho_0}{2} \right)$$
$$T^2= l^2\frac{\pi^2(3\rho +\rho_0) }{(\rho -\rho_0)2gh}$$
$$T= l\sqrt{\frac{\pi^2(3\rho +\rho_0) }{(\rho -\rho_0)2gh}}= 0,4\sqrt{\frac{\pi^2(3\cdot13500 +1000) }{(13500 -1000)\cdot2\cdot10\cdot0,25}}=1,02$$
Ответ: 1, 02 с
Задача 8. (Всеросс., 2012, финал, 10) Замкнутая стеклянная трубка с отводом, погружённым в открытый сверху сосуд со ртутью, в верхней своей части содержит столбик воздуха. Его границы со ртутью находятся на расстоянии $R$ от оси симметрии системы (рис.). Определите, с какой угловой скоростью нужно вращать систему вокруг этой оси, чтобы давление воздуха изменилось в $n$ раз. Начальное давление воздуха $p_0$, плотность ртути $\rho$, её уровень в сосуде можно считать неизменным.
Решение.

Рисунок 4
Показать
Выделим небольшой участок ртути длиной $\Delta х$, находящийся на расстоянии $x$ от оси вращения. Масса этого участка $m = \rho \Delta x S$, где $S$ — площадь поперечного сечения трубки. Пусть $p_1$ — давление ртути на правой границе участка, $p_2$ — на левой, $\Delta p = p_2 − p_1$. Рассматриваемый участок движется с центростремительным ускорением $a_n = \omega^2 x$. По второму закону Ньютона:
$$ m\omega^2 x=(p2 − p1) S=\Delta p S$$
$$\Delta p=\frac{ m\omega^2 x }{S}= \rho \Delta x \omega^2 x $$
Далее воспользуемся методом телескопирования:
$$ x\cdot\Delta x=\frac{\Delta(x^2)}{2}$$
А если суммировать такие произведения, то получим:
$$\sum (x\cdot\Delta x )= \sum\Delta \left(\frac{ x^2}{2}\right)=\frac{x_n^2}{2}-\frac{x_0^2}{2}$$
В нашем случае применение этого метода дает
$$p-p_0=\rho \omega^2\frac{r^2}{2}$$
По закону Бойля –Мариотта $p_0V_1=pV_2$, или $p_0R=pr$, $r$ – новое расстояние от оси симметрии до границы раздела воздух-ртуть.
Так как
$$p=np_0$$
Или
$$p_0R= np_0r$$
Следовательно,
$$r=\frac{R}{n}$$
Тогда
$$p-p_0=p_0(n-1)=\rho \omega^2\frac{R^2}{2n^2}$$
Или
$$\omega^2=\frac{ 2p_0(n-1)n^2}{ \rho R^2}$$
$$\omega=\frac{n}{R}\sqrt{\frac{ 2p_0(n-1)}{ \rho}}$$
Ответ: $\omega=\frac{n}{R}\sqrt{\frac{ 2p_0(n-1)}{ \rho}}$
Комментариев - 3
не понял что значит l/4 во второй формуле для воды и l*3/4 для ртути (задача со всеросса 9 класс, РЭ).
если можно, поясните, пожалуйста.
[latexpage] Нормальное ускорение равно $\omega^2R$. То, о чем вы спрашиваете, – радиусы, на которых расположены центры масс горизонтальных столбиков воды и ртути соответственно.
да, точно, спасибо)