минимальная работа

[paranoidandroid]

Лед, высотой L и площадью поперечного сечения S , плавает в воде. Какую наименьшую работу надо совершить, чтобы полностью погрузить лед в воду?




1) $(L-a)S \rho _1 g = \rho _ 2 S g L$. (Поскольку требуется минимальная работа, лед не должен ускоряться при погружении).

2) $A=\int ^{0}_{-a}{(\overrightarrow{F_{1}}+\overrightarrow{F_{2}}) d \overrightarrow{x}}=\int ^{0}_{-a}{\overrightarrow{F_{1}}d \overrightarrow{x}}+\int ^{0}_{-a}{\overrightarrow{F_{2}}d \overrightarrow{x}}=\int ^{0}_{-a}{\rho_{2}SLg dx}-\int ^{0}_{-a}\rho_{1}gS(L-a+x)dx$

где $\rho_2$ - плотность льда, $\rho_1$ - плотность воды, $F_2$ - сила Архимеда, $F_1$ Сила тяжести.

Мне кажется, что я где-то делаю что-то не так, но не могу понять где

[warlock66613]

Работа равна разности энергий системы до и после: $A = E_{\text{кон}} - E_{\text{нач}}$.

-- 15.02.2024, 23:10 --

(Если считать в пределе бесконечно широкой ёмкости с водой, то практически устная задача. Правда я бы всё-таки проверил корректность такого предельного расчёта, хотя бы даже из любопытства.)

[Ende]

Тема перемещена из форума «Физика» в форум «Помогите решить / разобраться (Ф)»
Причина переноса: темы, в которых нужно что-то объяснить или подсказать в пределах учебных курсов, создаются в этом разделе.

[paranoidandroid]

1) Предположим, объем воды бесконечно большое число ( В этом случае разница потенциальных энергий воды будет равна нулю).

$ A=mg \frac{L}{2} - mg(\frac{L}{2} - a)=mga=\rho_{2} SL g (L- \frac{\rho_2}{\rho_1})$

2) Предположим, что объём воды — конечное число $V_0=S_{1}H$ тогда Начальная потенциальная энергия воды будет $E_{вода1}=Mg \frac{H}{2}$ а конечная потенциальная энергия воды, т.е. после полного погружения льда будет $E_{вода2}=Mg \frac{H+x}{2}$.

$M$ - масса воды, $H$ - Начальная глубина воды , $H+x$ - конечная глубина воды, $S_{1}$ - Площадь поперечного сечения аквариума. $(\rho _{1}S_{1}x=aS\rho_{1})$.

$A=mg(\frac{L}{2} - a)+Mg \frac{H+x}{2} - (mg \frac{L}{2}+Mg \frac{H}{2})$.

[Geen]

paranoidandroid в сообщении #1629817 писал(а):

В этом случае разница потенциальных энергий воды будет равна нулю

А это с чего бы?

[paranoidandroid]

Geen Например, если мы окунем в море небольшой кубик льда (который храним в холодильнике для виски) при этом центр тяжести моря останется таким же, как и был раньше, то есть потенциальная энергия не изменится.. Ноо возможно я ошибаюсь..

[miflin]

Судя по формулировке задачи в стартовом посте, льдинка погружена в океан.
Тогда проще использовать не разность энергий, а применять непосредственно формулу работы.
При этом можно пренебречь изменением уровня океана.
Поскольку "утапливающая льдинку" сила является линейной функцией погружения,
то достаточно её среднее арифметическое на участке $(0;a)$ умножить на перемещение.
Если я ничего не переврал, то это и имел в виду уважаемый warlock66613:

warlock66613 в сообщении #1629712 писал(а):

Если считать в пределе бесконечно широкой ёмкости с водой, то практически устная задача.

-- 16.02.2024, 16:49 --

paranoidandroid
У Вас в предпоследнем посте с размерностью нелады: от L отнимаете отношение плотностей.

[lel0lel]

paranoidandroid в сообщении #1629828 писал(а):

при этом центр тяжести моря останется таким же, как и был раньше, то есть потенциальная энергия не изменится..

Центр тяжести поднимется на бесконечно малую величину. При поиске потенциальной энергии, эту бесконечно малую будете умножать на бесконечно большую массу. Другими словами потенциальная энергия океана изменяется вполне конкретным образом, вся вытесненная жидкость где-то "размазана", где?

[paranoidandroid]

miflin в сообщении #1629855 писал(а):

Поскольку "утапливающая льдинку" сила является линейной функцией погружения,
то достаточно её среднее арифметическое на участке $(0;a)$ умножить на перемещение.

$F_{1}=(L-a) \rho_{1}gS$ ; $F_{2}=L \rho_{1}gS$ ; $A=\frac{F_{1}+F_{2}}{2}(0-(-a))=\frac{LgS(\rho_{1}+\rho_{2})}{2}(L-L \frac{\rho_{2}}{\rho_{1}})=\frac{L^2gS(\rho_{1}^2-\rho_{2}^2)}{2\rho_{1}}$.

-- 17.02.2024, 20:05 --

lel0lel в сообщении #1629857 писал(а):

Другими словами потенциальная энергия океана изменяется вполне конкретным образом, вся вытесненная жидкость где-то "размазана", где?

$0 \cdot \infty = \frac{\infty}{1/0}=\frac{\infty}{\infty}$ Ноо я не знаю После этого остановился..

[miflin]

paranoidandroid
Я исходил из того, что $a$ в условии относится к состоянию свободного плавания.
В этом случае начальное значение "утапливающей" силы равно нулю.
А конечное (полное погружение) - разности сил тяжести и архимедовой.
У меня формула похожа на Вашу с одним отличием: вместо разности квадратов - квадрат разности.

[paranoidandroid]

(Оффтоп)

miflin Ах, теперь все ясно. большое Вам спасибо.

[warlock66613]

Я имел в виду следующее решение. Изменение энергии при погружении льда складывается из двух изменений потенциальной энергии тел в поле тяжести. Первое изменение из-за перемещения льда, второе из-за перемещения нового вытесненного из-под льда параллелепипеда воды на поверхность. Так что надо только вычислить три положения центра тяжести: льда до погружения, льда после погружения и объёма воды, который не был занят льдом до, но стал занят после.

[paranoidandroid]

warlock66613

Если я правильно понимаю, в результате погружения льда вытесненная вода поднимется на высоту $ x = \frac{S}{S_{1}}a$ , где $S_{1}$ – площадь поперечного сечения аквариума и соответственно, изменение потенциальной энергии вытесненной воды будет

$E_{2}-E_{1}=mgh-0=\rho_{1}S_{1}x \cdot g \cdot \frac{1}{2}x$

[warlock66613]

Объём вытесненной воды равен объёму части льда, находившейся над поверхностью воды: она погрузилась и вытеснила воду. Находилась она на глубине от $L-a$ до $L$, то есть центр тяжести был на глубине $L-\frac a 2$. Если считать в пределе очень широкого аквариума, то вода в итоге размазалась тонким слоем около глубины $0$. Значит изменение потенциальной энергии воды равно $\rho_1 S a g (L-\frac a 2)$.

[paranoidandroid]

(Оффтоп)

warlock66613 Наконец то я все понял благодарю !