Запаяная трубка, движущаяся по окружности

[stedent076]

Metford в сообщении #1152793 писал(а):

Справедливо замечено, что можно обойтись без неинерциальной СО

Давате решим в лабораторной сначала.

svv в сообщении #1152789 писал(а):

Важно, что они действуют на каждую капельку (малую выделенную область) масла.

Ок. Возьмем капельку масла в верт. части трубки массой $m$. Сумма сил, действ. на капельку: $F_{\Sigma}=\vec{2L\omega^2}+m\vec{g}$. Центробежная сила "толкает" капельку к стенке пробирки, сила тяжести тянет ее вниз. Сумма сил $F_{\Sigma}$ – сносит ее к стенке под углом. $|F_{\Sigma}|=|\sqrt{(mg)^2+4L^2\omega^4}|$
Вот это правильно?

-- 20.09.2016, 00:06 --

svv в сообщении #1152798 писал(а):

Хорошо. У меня такая просьба. Пользуясь тем решением ДУ, Вы всё-таки загляните в замочную скважину и посмотрите, какая будет разница давлений.
Думаю, Вы удивитесь, и это поможет Вам решить задачу.

Ок, попробую сейчас

-- 20.09.2016, 00:10 --

svv в сообщении #1152333 писал(а):

Если он возьмёт маленькую пробирку с жидкостью длиной $H$ и расположит её, как ему кажется, вертикально (с нашей точки зрения такая пробирка наклонна), разность давлений на концах будет $\rho|\mathbf g-\mathbf a_0|H$.

Кажется начинаю въезжать. В нашем случае разность давлений на концах будет $\rho|\sqrt{(mg)^2+4L^2\omega^4}|H$ ?
Хотя, нужно учитывать СО. щас поправлю

[svv]

Не на концах трубки.
Давление в точке $r=r_0, z=0$ (изгиб колена)
минус
давление в точке $r=r_0, z=H$ (поверхность масла).
Просто подставьте координаты в формулу, найдите соответствующие давления и вычтите. Ничего больше. Не пытайтесь сейчас решать задачу. Только воспользуйтесь готовой формулой. Никаких векторов и корней.

[stedent076]

svv в сообщении #1152333 писал(а):

Направление этого вектора человечек назвал бы «вниз», но мы его назовём наклонным: вниз и от оси.

Потому что человечек движется по направлению к оси.

svv в сообщении #1152333 писал(а):

Аналогично, формула летит к чертям, если пробирка расположена вертикально для нас, а не вдоль кажущейся вертикали с точки зрения человечка.

Значит нужно выбрать в качестве СО эту кажущуюся вертикаль для человечка?

-- 20.09.2016, 00:17 --

svv

svv в сообщении #1152803 писал(а):

Просто подставьте координаты в формулу, найдите соответствующие давления и вычтите. Ничего больше. Не пытайтесь сейчас решать задачу. Только воспользуйтесь готовой формулой. Никаких векторов и корней.

подставить-то дело нехитрое. Если бы мне это было нужно, я бы списал, благо задача легко гуглиться. Я разобраться хочу)

[svv]

Смотрите, вот формула
$p=\rho(\frac 1 2\omega^2 r^2-gz)+C$
Подставьте в неё координаты изгиба. Какое будет давление?

stedent076 в сообщении #1152805 писал(а):

Я разобраться хочу)

Немного терпения.

[stedent076]

svv
Так?
$p=\rho\frac 1 2\omega2L^2+C$

[svv]

Верно, только $\omega 2L$ в скобках.
А на поверхности? $r=2L, z=H$

[stedent076]

svv
$p=\rho(\frac 1 2\omega^2 (2L)^2-gH)+C$

[svv]

А разность?

[stedent076]

svv
$\rho\frac 1 2\omega(2L)^2-\rho\frac 1 2\omega^2 (2L)^2-gH=-gH$

[svv]

$\rho$ забыли. И $a-(a-b)=+b$, а не $-b$. Значит, ?
Вернее, скобки забыли.

[stedent076]

svv
$gH$

[svv]

$\rho g H$, если не терять скобки.

OK. Как-то неправдоподобно просто. Тем не менее, это правда. Да-да, это совершенно правильно.

Погодите, а где здесь угловая скорость вращения? Вы видите её среди этих трёх букв? В исходной формуле она точно была...

[stedent076]

svv
А какой объем теории нужно проштудировать, чтобы понять Ваше решение?

[svv]

Я подумаю... Но что там с угловой скоростью? Вы можете что-то сказать по поводу её пропажи или отсутствия? Ещё раз уверяю Вас (просто поверьте), что результат у нас правильный.

[stedent076]

svv
Эээ... Результат не зависит от системы отсчета?