закон Архимеда

[Geen]

Утундрий в сообщении #1044739 писал(а):

Так и есть. Возможно, слишком витиевато сказонул... $a$ - это просто горизонтальный размер.

Это я вроде понял, похоже просто неправильно вчера в уме предел взял.
Но наши формулы всё равно расходятся... Так что у кого-то всё же ошибка....

-- 12.08.2015, 11:15 --

Geen в сообщении #1044762 писал(а):

Так что у кого-то всё же ошибка....

Неправ - с учётом немного разных обозначений наши формулы совпадают.

[Утундрий]

Порисовал ещё графиков. Картина такая: будем постепенно сужать квадрат в горизонтальном направлении и смотреть что получится. При этом четыре "ромбовидные" неустойчивые точки симметрично сползаются к нижней и верхней устойчивыми. При некотором критическом сжатии эти троицы сливаются так, что вместо двух неустойчивых и одной устойчивой остаётся одна неустойчивая точка равновесия.

[Geen]

Утундрий в сообщении #1044739 писал(а):

Наклонные (кроме квадрата) пока не смотрел.

Там всё просто.
Обозначая $A=a\sin\varphi$, $B=b\cos\varphi$, $W(x)=\frac{1-x\cth x}{x^2}$ имеем для "обезразмеренного" момента

$$\mu=a^2b^2\sh A\sh B\left(W(A)-W(B)\right)$$

Пока что у меня получается, что линейный член в разложении около $A=B$ всегда положительный.

[Oleg Zubelevich]

вот мои вычисления: http://www.fayloobmennik.net/5378983
формулы получаются вроде бы несколько сложжнее, чем тут пишут

[Geen]

Geen в сообщении #1044776 писал(а):

имеем для "обезразмеренного" момента

$$\mu=a^2b^2\sh A\sh B\left(W(A)-W(B)\right)$$

Тут я ошибся с преобразованием - правильно будет

$$\mu=\sh A\sh B\left(a^2W(A)-b^2W(B)\right)$$

Oleg Zubelevich в сообщении #1044781 писал(а):

формулы получаются вроде бы несколько сложжнее, чем тут пишут

Нет, это только так кажется. Наши выражения совпадают.

[Утундрий]

Я рассуждал следующим образом. Возьмём в плоскости $XY$ горизонтальный отрезок длины $a$ и провернём его относительно левого конца на угол $\theta$ против часовой стрелки. Пусть ещё масштабы выбраны так, что давление даётся простой формулой $p = e^{ - y} $. Считаем также, что жидкость давит на отрезок только снизу. Тогда

$$\[ F_O = \int\limits_0^a {pdl} = \int\limits_0^{as_\theta } {e^{ - y} \frac{{dy}} {{s_\theta }}} = \frac{{1 - e^{ - as_\theta } }} {{s_\theta }} \] $$

$$\[ M_O = \int\limits_0^a {pldl} = \frac{{1 - \left( {1 + as_\theta } \right)e^{ - as_\theta } }} {{s_\theta ^2 }} \] $$

где для краткости обозначено $s_\theta \equiv \sin \theta $
Момент относительно центра отрезка будет

$$\[ M_{a/2} = M_O - F_O \frac{a} {2} \] $$

и точно таким же будет момент относительно центра.

Рассмотрим теперь верхнюю пару нашему отрезку. Левый нижний конец её приподнят на высоту $bc_\theta $, где $c_\theta \equiv \cos \theta $. Чтобы не считать интегралы заново, приведём ситуацию к уже рассмотренной. Введём новую вертикальную координату $y'=y-bc_\theta$, тогда $p = e^{ - y} = e^{ - y' - bc_\theta } = e^{ - bc_\theta } e^{ - y'} $. Следовательно, для верхнего отрезка длины $a$ нашего прямоугольника сила и момент получаются из силы и момента нижнего отрезка, умноженных на $e^{ - bc_\theta } $ и взятых с обратным знаком.

Итак, сила и момент от пары параллельных сторон прямоугольника даются следующими выражениями

$$\[ \begin{gathered} F_a = \left( {1 - e^{ - bc_\theta } } \right)\frac{{1 - e^{ - as_\theta } }} {{s_\theta }} \hfill \\ M_a = \left( {1 - e^{ - bc_\theta } } \right)\frac{{1 - \left( {1 + as_\theta } \right)e^{ - as_\theta } }} {{s_\theta ^2 }} - F_a \frac{a} {2} \hfill \\ \end{gathered} \] $$

Аналогичные выражения для второй пары сторон получаются из приведенных одновременной заменой $a$ на $b$ и $\theta $ на ${\pi \mathord{\left/ {\vphantom {\pi 2}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} 2} - \theta $:

$$\[ \begin{gathered} F_b = \left( {1 - e^{ - as_\theta } } \right)\frac{{1 - e^{ - bc_\theta } }} {{c_\theta }} \hfill \\ M_b = \left( {1 - e^{ - as_\theta } } \right)\frac{{1 - \left( {1 + bc_\theta } \right)e^{ - bc_\theta } }} {{c_\theta ^2 }} - F_b \frac{b} {2} \hfill \\ \end{gathered} \] $$

Собирая вклады, обнаруживаем, что горизонтальная сила отсутствует, а вертикальная равна

$$\[ F = \frac{{1 - e^{ - as_\theta } }} {{s_\theta }}\frac{{1 - e^{ - bc_\theta } }} {{c_\theta }} \] $$

Момент определим как

$$\[ M = M_b - M_a = F\left[ {ac_\theta \left( {\frac{1} {2} + \frac{1} {{e^{as_\theta } - 1}} - \frac{1} {{as_\theta }}} \right) - bs_\theta \left( {\frac{1} {2} + \frac{1} {{e^{bc_\theta } - 1}} - \frac{1} {{bc_\theta }}} \right)} \right] \] $$

тогда положительное его значение справа (по углу $\theta $) от точки равновесия будет означать устойчивость.

[krogot88]

1. В случае с несжимаемой жидкостью - любое положение будет равновесным. Так как центр масс бруска и центр масс жидкости совпадают.
2. Видимо интересует именно этот случай - жидкость сжимаема, пусть даже и чуть чуть. Мы исходим их условия что брусок все же плавает, то есть не тонет не всплывает (верно условие?). Это значит что центр масс бруска будет всегда выше чем центр масс вытесненной жидкости. Соответственно равновесное и устойчивое положение будет достигнуто когда геометрическое расстояние между этими центрами масс будет минимально (учитывая вектора сил). А это достижимо тогда и только тогда когда брус лежит на большей (по площади) своей грани. Вот . Но это про устойчивое положение, а есть еще также равновесные но неустойчивые - когда вектора сил вытеснения и веса лежат на одной прямой - любое "лежание" бруска на грани, положение вниз любой вершиной угла если это куб, положение определенных граней вниз если есть сечения ввиде квадрата

[Oleg Zubelevich]

Давайте сверим ответы. У меня получилось так.

$$w(a,b)=e^{2b}(3+a^2-3b)-3b-3-a^2.$$

Размерность величин выбрана так, что $p=e^{-z},\quad p_0=1,\quad g/c=1$.

Если $w(a,b)>0$ то положение равновесия $\phi=0$ устойчиво в линейном приближении;
Если $w(a,b)<0$ то положение равновесия $\phi=0$ неустойчиво по Ляпунову.

Если $w(b,a)>0$ то положение равновесия $\phi=\pi/2$ устойчиво в линейном приближении;
Если $w(b,a)<0$ то положение равновесия $\phi=\pi/2$ неустойчиво по Ляпунову.

Если $w(a,b)>0$ и $$w(b,a)>0$ то имеется наклонное неустойчивое по Ляпунову положение равновесия.

[Утундрий]

krogot88
Manager
К чему всё это было?

[krogot88]

Утундрий в сообщении #1044965 писал(а):

krogot88
К чему всё это было?

Мои рассуждения насчет решения, если я правильно условия понял конечно

[Deggial]

Пост Manager уехал в Карантин

[Xey]

krogot88 в сообщении #1044936 писал(а):

2. Видимо интересует именно этот случай - жидкость сжимаема, пусть даже и чуть чуть.

А если жидкость очень сильно сжимаема (в этом случае правильнее среда)? В пределе должно получиться тело, лежащее на твердой поверхности. На длинной стороне устойчиво, на короткой менее, на ребре не устойчиво.
Например воздушный шар параллелепипед с ребром в десятки км.

[krogot88]

Xey в сообщении #1044972 писал(а):

krogot88 в сообщении #1044936 писал(а):

2. Видимо интересует именно этот случай - жидкость сжимаема, пусть даже и чуть чуть.

А если жидкость очень сильно сжимаема (в этом случае правильнее среда)? В пределе должно получиться тело, лежащее на твердой поверхности. На длинной стороне устойчиво, на короткой менее, на ребре не устойчиво.
Например воздушный шар параллелепипед с ребром в десятки км.

Я как раз из этого и исходил - сделал жидкость сильно сжимаемой. Следовательно эти же правила должны распространиться на жидкость плохо сжимаемую. На ребре не устойчиво - но равновесно :)

Правда у меня есть подозрения насчет куба. Я не могу посчитать (уже подзабыл формулы), как будет смещаться центр масс жидкости по отношению к центру масс самого куба при "переворачивании" куба с грани на ребро

[Geen]

Oleg Zubelevich в сообщении #1044963 писал(а):

устойчиво в линейном приближении

Возможно я что-то не понимаю, но почему именно такая формулировка?