Задание 26 ЕГЭ по физике: В гладкий высокий стакан радиусом 4 см поставили однородную…

Что имеем. В высокий гладкий стакан радиусом R=4 см поставили тонкую однородную палочку длиной \ell=10 см и массой M=0{,}9 г =0{,}9\cdot 10^{-3} кг. Палочка стоит наклонно: нижний конец на дне у стенки, верхний упирается в противоположную стенку. Налили жидкость до высоты h=4 см, плотность жидкости — 0{,}75 от плотности материала палочки. Надо найти, с какой силой верхний конец давит на стенку.

Обоснование модели. Систему отсчёта берём связанной с землёй — инерциальную, всё покоится. Палочка тонкая и однородная, поэтому её силу тяжести прикладываем в середине, а выталкивающую силу — в середине погружённой части. Палочка — твёрдое тело в равновесии, значит применимы оба условия равновесия: сумма сил равна нулю и сумма моментов равна нулю. Стакан гладкий: трения нет, поэтому сила со стороны вертикальной стенки горизонтальна, а сила со стороны дна вертикальна. Жидкость покоится, поэтому на погружённую часть действует сила Архимеда, равная весу вытесненной жидкости. Плотность жидкости меньше плотности палочки, значит палочка не всплывает и опирается на дно. Искомая сила давления палочки на стенку равна по третьему закону Ньютона реакции стенки.

Шаг 1 — геометрия. По горизонтали палочка перекрывает диаметр d=2R=8 см, поэтому её угол с горизонтом \beta даёт \cos\beta=\frac{8}{10}=0{,}8,\qquad \sin\beta=0{,}6.

Шаг 2 — какая часть палочки в жидкости. Погружённая длина s связана с высотой слоя: s=\frac{h}{\sin\beta}=\frac{4}{0{,}6}=\frac{20}{3}\approx 6{,}67\ \text{см},\qquad \frac{s}{\ell}=\frac{2}{3}. То есть под жидкостью находится ровно две трети палочки.

Шаг 3 — сила Архимеда. Пусть \rho — плотность материала палочки, A — площадь её сечения, тогда M=\rho A\ell, а F_A=0{,}75\rho gAs=0{,}75\,Mg\,\frac{s}{\ell}=0{,}75\cdot 0{,}009\cdot\frac{2}{3}=0{,}0045\ \text{Н}, где Mg=0{,}9\cdot 10^{-3}\cdot 10=0{,}009 Н.

Шаг 4 — правило моментов относительно нижнего конца. Так мы избавляемся от неизвестных реакций дна и нижней стенки. Плечи: у вертикальных Mg и F_A — горизонтальные (\dfrac{\ell}{2}\cos\beta и \dfrac{s}{2}\cos\beta), у горизонтальной реакции верхней стенки F — вертикальное (\ell\sin\beta): F\cdot \ell\sin\beta+F_A\cdot\frac{s}{2}\cos\beta=Mg\cdot\frac{\ell}{2}\cos\beta.

Шаг 5 — общая формула. Подставив F_A=0{,}75Mg\dfrac{s}{\ell} и разделив на \ell\sin\beta: F=\frac{Mg\cos\beta}{2\sin\beta}\left(1-0{,}75\,\frac{s^2}{\ell^2}\right).

Шаг 6 — числа. \dfrac{Mg}{2}\cdot\dfrac{\cos\beta}{\sin\beta}=0{,}0045\cdot\dfrac{4}{3}=0{,}006 Н, а скобка равна 1-0{,}75\cdot\left(\dfrac{2}{3}\right)^2=1-\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3}. Значит F=0{,}006\cdot\frac{2}{3}=0{,}004\ \text{Н}. По третьему закону Ньютона палочка давит на стенку с такой же силой 0{,}004 Н.

Проверка: без жидкости сила была бы 0{,}006 Н, а выталкивающая сила «подпёрла» палочку и уменьшила давление на стенку в полтора раза. Вертикально дно держит Mg-F_A=0{,}009-0{,}0045=0{,}0045 Н — величина положительная, палочка действительно остаётся на дне.