Гидростатика — Задание 26 ЕГЭ по физике №00048428

Что здесь происходит. Палочка стоит в стакане наискосок: нижний конец — в углу у дна, верхний упирается в противоположную стенку. Часть палочки в жидкости, и выталкивающая сила помогает стенке её держать. Известна сила давления на стенку, нужна масса палочки.

Обоснование. Систему отсчёта, связанную со стаканом (с Землёй), считаем инерциальной. Палочка — абсолютно твёрдое тело (у неё важны размеры и точки приложения сил), поэтому в равновесии равны нулю и сумма сил, и сумма моментов сил. Стакан гладкий — реакции перпендикулярны поверхностям: дно давит вертикально, стенки — горизонтально. Палочка однородная — сила тяжести приложена к её середине. Жидкость покоится, поэтому действует закон Архимеда: давление жидкости действует только на погружённую часть, а так как палочка однородная и сечение у неё постоянное, равнодействующая этих сил приложена к середине погружённой части. По третьему закону Ньютона сила давления палочки на стенку равна по модулю силе $F$, с которой стенка действует на палочку.

Рисунок сил. Сила тяжести $m\vec g$ — вниз, из середины палочки; сила Архимеда $\vec F_{\text{А}}$ — вверх, из середины погружённой части; у нижнего конца — реакция дна $\vec N_1$ вверх и реакция нижней стенки $\vec N_2$ горизонтально; у верхнего конца — реакция стенки $\vec F$ горизонтально, внутрь стакана.

Шаг 1 — геометрия. Горизонтальная проекция палочки равна диаметру стакана $2R=8$ см, длина палочки $L=10$ см. Угол с горизонтом $\beta$: $\cos\beta=\dfrac{8}{10}=0{,}8$, $\sin\beta=0{,}6$. Погружённая часть: $s=\dfrac{h}{\sin\beta}=\dfrac{4}{0{,}6}=\dfrac{20}{3}$ см, то есть $\dfrac{s}{L}=\dfrac23$. Формула $s=\dfrac{h}{\sin\beta}$ годится потому, что верхний конец палочки поднят над дном на $L\sin\beta=10\cdot0{,}6=6$ см — выше уровня жидкости $4$ см. Если бы палочка ушла под жидкость целиком, силу Архимеда пришлось бы считать по всей её длине.

Шаг 2 — сила Архимеда через массу. Площадь сечения $S$ не дана. Но $m=\rho SL$, где $\rho$ — плотность палочки, а $\rho_{\text{ж}}=0{,}75\rho$. Тогда

$$F_{\text{А}}=\rho_{\text{ж}}gSs=0{,}75\rho gS\cdot\dfrac{2L}{3}=0{,}75\cdot\dfrac23\,mg=0{,}5\,mg.$$

Шаг 3 — правило моментов относительно нижнего конца. Здесь приложены обе неизвестные реакции $N_1$ и $N_2$, их моменты равны нулю. Плечи вертикальных сил горизонтальны: у силы тяжести $\dfrac{L}{2}\cos\beta$, у силы Архимеда $\dfrac{s}{2}\cos\beta$; плечо горизонтальной силы $F$ вертикально: $L\sin\beta$.

$$mg\dfrac{L}{2}\cos\beta=F_{\text{А}}\dfrac{s}{2}\cos\beta+FL\sin\beta.$$

Подставим $F_{\text{А}}=0{,}5\,mg$ и $s=\dfrac23L$, сократим $L$:

$$mg\cos\beta\left(\dfrac12-0{,}5\cdot\dfrac13\right)=F\sin\beta\quad\Rightarrow\quad mg\cdot\dfrac13\cos\beta=F\sin\beta\quad\Rightarrow\quad mg=\dfrac{3F\sin\beta}{\cos\beta}.$$

Шаг 4 — числа. $mg=\dfrac{3\cdot0{,}012\cdot0{,}6}{0{,}8}=0{,}027$ Н, откуда

$$m=\dfrac{0{,}027}{10}=2{,}7\cdot10^{-3}\ \text{кг}=2{,}7\ \text{г}.$$

Проверим себя. Моменты относительно нижнего конца: силы тяжести $0{,}027\cdot0{,}04=1{,}08\cdot10^{-3}$ Н·м; силы Архимеда $0{,}0135\cdot\dfrac{0{,}0667}{2}\cdot0{,}8\approx0{,}36\cdot10^{-3}$ Н·м; силы стенки $0{,}012\cdot0{,}06=0{,}72\cdot10^{-3}$ Н·м. Сумма двух последних $1{,}08\cdot10^{-3}$ Н·м — сходится. И палочка действительно стоит на дне: выталкивающая сила составляет половину силы тяжести, реакция дна $N_1=mg-F_{\text{А}}=0{,}0135$ Н больше нуля; так и должно быть, ведь жидкость менее плотная, чем палочка ($0{,}75\lt1$), и даже целиком погружённая палочка не всплыла бы. По горизонтали на палочку действуют только силы двух стенок — значит, нижняя стенка давит на палочку с той же силой $0{,}012$ Н, что и верхняя. Плечо силы Архимеда $\dfrac{s}{2}\cos\beta$ составляет $\dfrac23$ плеча силы тяжести $\dfrac{L}{2}\cos\beta$. Заметь ещё: при неизменных размерах и той же доле $0{,}75$ все силы пропорциональны массе — поэтому сила давления на стенку прямо пропорциональна $m$.