закон Архимеда

[Oleg Zubelevich]

А что можно сказаь о положениях равновесия однородного (массивного) прямоугольника полностью погруженного в жидкость, у которой $p=\mathrm{const}\cdot\,\rho$? (двумерная картинка в вертикальной плоскочсти)

[Munin]

Что такое $p$? Если давление, то почему на жидкость не действует сила тяжести? Если плотность жидкости (а $\rho$ - плотность тела), то никакого равновесия не будет, если $\mathrm{const}\ne 1,$ а если равно - любое положение прямоугольника безразличное равновесие.

[Oleg Zubelevich]

Munin в сообщении #1043364 писал(а):

Что такое $p$? Если давление, то почему на жидкость не действует сила тяжести? Если плотность жидкости (а $\rho$ - плотность тела), то никакого равновесия не будет, если $\mathrm{const}\ne 1,$ а если равно - любое положение прямоугольника безразличное равновесие.

я это даже комментировать не буду

[levtsn]

Однородное тело в однородной жидкости плавает не создавать момента.

[Red_Herring]

Мне кажется, что $\rho $ плотность жидкости, т.е. речь идет о сжимаемой жидкости в состоянии равновесия

[levtsn]

В сжтмаемой горизонтально ляжет

[Утундрий]

Oleg Zubelevich в сообщении #1043329 писал(а):

что можно сказаь о положениях равновесия

Они есть.

Если желаете более подробного ответа, то будьте уж так любезны конкретизировать вопрос.

[Oleg Zubelevich]

Для начала найти все положения равновесия прямоугольного бруска. Результат для меня совершенно неочевиден, хотя как считать, конечно, понятно. Потом подумать об устойчивости этих равновесий.

[Munin]

Red_Herring в сообщении #1043372 писал(а):

Мне кажется, что $\rho $ плотность жидкости, т.е. речь идет о сжимаемой жидкости в состоянии равновесия

Это разумно. Жаль, что мне это в голову не пришло. Обычно Oleg Zubelevich обращается к намного более примитивной физике.

Тогда задача состоит просто в том, чтобы найти $p(z),$ и посмотреть на тело в этом поле.

Oleg Zubelevich в сообщении #1043390 писал(а):

Для начала найти все положения равновесия прямоугольного бруска. Результат для меня совершенно неочевиден

Посмотреть на симметрии.

-- 08.08.2015 13:05:43 --

Munin в сообщении #1043427 писал(а):

Тогда задача состоит просто в том, чтобы найти $p(z)$

Точнее, можно рассмотреть разные степенные приближения $p(z).$ Скорее всего, вся интересная нетривиальщина будет в квадратичном приближении, хотя точные решения, возможно, можно найти и для точной функции $p(z).$

Которая, кстати, экспонента.

[Red_Herring]

Munin в сообщении #1043427 писал(а):

Посмотреть на симметрии.

Ниоткуда не следует что не будет других состояний равновесия, и что симметричные будут устойчивыми

[Munin]

Red_Herring в сообщении #1043429 писал(а):

Ниоткуда не следует что не будет других состояний равновесия

Но ограничение на их количество тоже можно высосать из пальца.

Red_Herring в сообщении #1043429 писал(а):

и что симметричные будут устойчивыми

А вот исследовать их устойчивость я подразумевал отдельно.

[Утундрий]

Munin в сообщении #1043427 писал(а):

Которая, кстати, экспонента.

Точнее, гипербола.

[GraNiNi]

Устойчивым должно быть равновесие с диагональю (в сечении прямоугольника), расположенной горизонтально.

[Oleg Zubelevich]

Введем положительно ориентированную декартову систему координат $xyz$. Ось $x$ смотрит на нас перпендикулярно плоскости рисунка, ось $z$ вертикально вверх. Через $S$ обозначим центр масс бруска, $\boldsymbol r_S=y\boldsymbol e_y+z\boldsymbol e_z$. Через $\phi$ обозначим угол наклона бруска к оси $y$.
Давление в жидкости распределено в соответствие с известной барометрической формулой $p(z)=p_0 e^{-gz/c},$ где $c>0$ -- константа из стартового поста.

Со стороны жидкости на покоящийся брусок действует сила $\boldsymbol F(\phi,z)=-\int_Lp\boldsymbol nds$, где $L$ -- контур бруска; $\boldsymbol n$ -- внешняя единичная нормаль к контуру. И момент $\boldsymbol M_S(\phi,z)=-\int_L[\boldsymbol \rho,\boldsymbol n]pds.$ ($\boldsymbol \rho$ -- радиус вектор из центра бруска в точку на контуре)
Условия равновесия:

$$\boldsymbol M_S(\phi,z)=0,\quad \boldsymbol F(\phi,z)+m\boldsymbol g=0\qquad(*)$$

$m$ -- масса бруска. Из закона Архимеда известно, что $\boldsymbol F$ направлена вертикально. Поэтому уравнения (*) это два скалярных уравнения на $\phi,z$. Пусть $\phi_*,z_*$ -- одно из решений этой системы.
Дальше можно предложить следующую наивную схему исследования устойчивости. Предположим, что силы сопротивления жикости пропорциональны квадратам скоростей соответствующих точек бруска, то мы получим следующую систему линейного приближения

$$J_S\ddot\phi\boldsymbol e_x=\frac{\partial \boldsymbol M_S(\phi_*,z_*)}{\partial \phi}\phi+\frac{\partial \boldsymbol M_S(\phi_*,z_*)}{\partial z}z,\quad m\ddot z\boldsymbol e_z=\frac{\partial \boldsymbol F(\phi_*,z_*)}{\partial \phi}\phi+\frac{\partial \boldsymbol F(\phi_*,z_*)}{\partial z}z,\quad \ddot y=0.$$

Ну и для начала надо посмотреть на резуьтаты, которые даст исследование устойчивости системы состоящей только из первых двух уравнений.

Замечание. Во всех формулах используется "двумерное" давление $p$, его размерность H/м

[Утундрий]

Oleg Zubelevich в сообщении #1043497 писал(а):

Давление в жидкости распределено в соответствие с известной барометрической формулой

Ничего подобного.

Рассмотрим элементарный столбик нашей жидкости и непосредственно убедимся, что равновесие, как обычно, приводит к закону $p + \rho gz=const$. Далее у нас было такое забавное условие $p \propto \rho $, которое можно переписать в виде $p = p_0 \dfrac{\rho }{{\rho _0 }}$. Здесь $p_0$ и $\rho_0$ - константы (давление и плотность в некоторой выделенной точке). Собирая всё это до кучи, получаем

$$\rho = \frac{{\rho _0 }}{{1 + \dfrac{{\rho _0 gz}}{{p_0 }}}}$$

и

$$p = \frac{{p_0 }}{{1 + \dfrac{{\rho _0 gz}}{{p_0 }}}}$$

Как видим, согласно этому занятному уравнению рассматриваемая жидкость, покрывая необъятные просторы нашей родимой планеты, нигде не достигала бы глубины более десятка метров. Откуда мгновенно получаем, что рассматриваемая жидкость - не вода.