Вытаскивание тела из воды

[Legioner93]

Здравствуйте! Вот задача: "В лунке размером 10x10x10 см, полностью заполненной водой, лежит шарик, плотность материала которого $\rho$ = $2g/{sm}^3$. Диаметр шарика d немного меньше 10см. Какую минимальную по величине работу A надо совершить, чтобы вытащить шарик из воды? "
Объем шарика $V_1=\frac{{\pi}d^3}{6}$. Объем воды $V_2=d^3(1-\frac{\pi}{6})$
Высота уровня воды без шарика $H=d(1-\frac{\pi}{6})$
Дальше я сделал допущение, что шарик можно заменить параллелепипедом с основанием $d$ на $\frac{{\pi}d}{6}$ и высотой $d$ без изменения конечного ответа. Верно ли оно? Если да, то дальше:
Пусть в неком положении высота основания параллелепипеда над дном $h_1$, а уровень воды $h_2$
Тогда объем воды$V_1=d^2h_1+(d-\frac{{\pi}d}{6})dh_2$.
Отсюда выразил $h_2$ и $h_2-h_1=d-h_1(\frac{2-\frac{\pi}{6}}{1-\frac{\pi}{6}})$
Тогда сила, необходимая для поднятия тела
$F=\frac{{\pi}d^2g}{6}({\rho}d-{\rho}_{vody}d+{\rho}_{vody}h_1\frac{2-\frac{\pi}{6}}{1-\frac{\pi}{6}})$
Проинтегрировав $F$ по $h1$ от $0$ до $H$
Я получил ответ $A=\frac{{\pi}d^4g(1-\frac{\pi}{6})}{6}(\rho-\frac{{\rho}_{vody}{\pi}}{12})$
А в ответах $A=\frac{{\pi}d^4g(1-\frac{\pi}{6})}{6}(\rho-\frac{{\rho}_{vody}}{2})$
Не могу понять, дело в неправильном допущении или в чем то другом? Просто при анализе первоначального шара что-то не получается. Спасибо.
С Уважением, Илья.

[Comanchero]

Есть подозрение, что вы не учли изменение энергии поверхностного натяжения в лунке, связанной с изменением площади поверхности воды $\Delta E=\sigma\Delta S$...

[ewert]

Legioner93 в сообщении #236129 писал(а):

Дальше я сделал допущение, что шарик можно заменить параллелепипедом с основанием $d$ на $\frac{{\pi}d}{6}$ и высотой $d$ без изменения конечного ответа. Верно ли оно?

Никак нет -- это явно противоречит

Legioner93 в сообщении #236129 писал(а):

Проинтегрировав $F$ по $h1$ от $0$ до $H$

(что бы под этим ни понималось, но предыдущее допущение даст заведомо неверную зависимость силы от высоты).

С другой стороны, и интегрировать вовсе не нужно. Надо просто вычесть потенциальную энергию "до"

$$\left[g\rho_{\text{в}}\left(d^3-{\pi\over6}d^3\right)+g\rho_{\text{ш}}\cdot{\pi\over6}d^3\right]\cdot{d\over2}$$

из потенциальной энергии "после"

$$g\rho_{\text{в}}\left(d^3-{\pi\over6}d^3\right)\cdot{h\over2}+g\rho_{\text{ш}}\cdot{\pi\over6}d^3\cdot\left(h+{d\over2}\right),$$

где $\displaystyle h=d-{\pi\over6}d.$ Всё сойдётся.

[Legioner93]

Comanchero и ewert, спасибо за ответы! А про потенциальную энергию силы архимеда никогда не слышал, в школе этого не было (да и не будет вроде). Очень интересно, обязательно разберусь! А вот прокатит ли эта фишка на ЕГЭ, к примеру?

[ewert]

Legioner93 в сообщении #236296 писал(а):

А вот прокатит ли эта фишка на ЕГЭ, к примеру?

На ЕГЭ всё прокатит, ежели ответ правильный (в смысле считаемый правильным, а тут временами очень-очень большие вопросы возникают). В том и фишка ЕГЭ: контролируется вовсе не разумность интервьюируемого, а -- исключительно удачность его попадания.

Да, а Команчеру (в данном случае) -- не слушайте. Он просто пижонит. Нет в этой задачке никакого поверхностного натяжения. Меня тоже не во всём нужно слушать. Когда я утверждал, что силы "заведомо неверны" -- тоже слегкомыслинничал. Мне просто было лень проверять, правильно ли Вы силы выписали.

[Legioner93]

Да, мне тоже показалось что поверхностное натяжение здесь лишне. А не подскажите случайно литературу, где можно ознакомиться с потенциальной энергией такого рода? Спасибо.