Сила давления кубика на наклонную плоскость

[lantza]

Цитата:

Сосуд наполнен жидкостью плотностью $\rho_0$. К дну сосуда, представляющем наклонную плоскость с углом при основании $\alpha$, прилип кубик, изготовленный из материала плотностью $\rho > \rho_0$. Верхняя грань кубика находится у поверхности жидкости (см. рис). Найти силу давления кубика на дно сосуда, если жидкость между дном и нижней гранью кубика не проникает. Длина ребра кубика равна $a$. Атмосферное давление не учитывать.

Мое решение:
Силы давления воды на боковые стенки кубика не влияют на давление куба на плоскость, поскольку они перпендикулярны ей. Сила давления складывается из составляющей силы тяжести кубика на нормаль к плоскости $F_1=mg\cos \alpha=\rho a^3g\cos \alpha$ и составляющей силы гидростатического давления (на верхнюю грань), которую можно найти интегрированием от верхней точки куба верхней грани до ее нижней точки, высота между этими точками которой равна $h=a\sin \alpha$. Тогда это давление $p=\int\limits_{0}^{h}\rho_0gdh=\rho_0gh=\rho_0ga\sin \alpha$. Значит, $F_2=p_2S=\rho_0a^3g\sin \alpha$.

В итоге ответ должен быть $F=F_1+F_2=a^3g(\rho_0 \sin \alpha+\rho \cos \alpha)$.

Однако в задачниках ответ такой: $F=a^3g(\frac{1}{2}\rho_0 \sin \alpha+\rho \cos \alpha)$.

Подскажите, откуда появился коэффициент $\dfrac{1}{2}$?

[gris]

Вы интегрируете постоянную, а давление с глубиной меняется линейно. Так что можно его заменить на давление в середине, умноженное на площадь. Отсюда и одна вторая.

[Ms-dos4]

В дополнение к gris - вы можете сразу суммировать силы
Выделим полосу шириной $\[d\xi \]$ в таком случае на кубе она отсечёт длину $\[\frac{{d\xi }}{{\sin \alpha }}\]$. Элементарная сила $\[dF = pdS = \rho g\xi a\frac{{d\xi }}{{\sin \alpha }}\]$. Ну и наконец интегрируем $\[F = \frac{{\rho ga}}{{\sin \alpha }}\int\limits_0^h {\xi d\xi } = \frac{{\rho ga}}{{\sin \alpha }}\frac{{{h^2}}}{2} = \frac{1}{2}\rho g{a^3}\sin \alpha \]$

[lantza]

gris в сообщении #1002680 писал(а):

Вы интегрируете постоянную, а давление с глубиной меняется линейно. Так что можно его заменить на давление в середине, умноженное на площадь. Отсюда и одна вторая.

Так я вроде и учитывал ее линейную зависимость $p=\rho_0gh$, но, видимо, я пока еще плохо умею правильно использовать интегрирование.

Ms-dos4 в сообщении #1002681 писал(а):

Выделим полосу шириной $\[d\xi \]$ в таком случае на кубе она отсечёт длину $\[\frac{{d\xi }}{{\sin \alpha }}\]$. Элементарная сила $\[dF = pdS = \rho g\xi a\frac{{d\xi }}{{\sin \alpha }}\]$. Ну и наконец интегрируем $\[F = \frac{{\rho ga}}{{\sin \alpha }}\int\limits_0^h {\xi d\xi } = \frac{{\rho ga}}{{\sin \alpha }}\frac{{{h^2}}}{2} = \frac{1}{2}\rho g{a^3}\sin \alpha \]$

Ясно, спасибо.